【文档说明】福建省南平市2020届高三毕业班第三次综合质量检测 数学（理）（含答案）.doc，共(14)页，1.116 MB，由MTyang资料小铺上传

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南平市2019—2020学年高中毕业班第三次综合质量检测理科数学试题答案及评分参考说明：1、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.2、对计算题，当考生的解答在

某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.3、只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.一、选择题：本题考查基

础知识和基本运算，每小题5分，满分60分．（1）B（2）A（3）C（4）D（5）C（6）A（7）A（8）B（9）C（10）A（11）D（12）B二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题5分，满分20分．（13）45（14）92（15）24e+1（1

6）12346三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（17）（本小题满分12分）（1）解：因为2462(1)2nnnaaaa，所以24622(1)(2)2nnnaaaa，………………2分两式相减得221nan

………………4分又把1n代入已知得21a，从而2nan………………5分（2）321221232122nnnnnSaaaaa2（2）（2）（2）（2）3212421321242[2(2)(2))[(2)(2)(2)]nnnnaaaaaa

……………6分352211242[21(2)2(2)2(2)2][(2)1(2)2(2)]nnnn012(242424)(21222)nnn…………7分22(14)(21222)14nnn

22(41)(21222)3nnn……………8分设221222nnTn则231221222nnTn，…………………9分相减得，2312(222)2nnnTn112(12)2(1)2212nnnnn

1(1)22nnTn，…………………11分所以122(41)(1)223nnnSn…………………12分(18)（本小题满分12分）（1）证明：取BC的中点为N，在△ABC中，ABAC，所以A

NBC……1分又1BBBC，所以1AABC………………2分1,AAAN平面1AAN，1AAANA，所以BC平面1AAN………………3分从而1BCAN，………………4分，所以在△1ABC中，由1BCA

N及BC的中点为N，得11ABAC………………5分（2）由四边形11BCCB为正方形，得1BBBC,由1AAB△为正三角形，得11AAABAB，所以11AAABABBCAC又由（1）知11ABAC，所以1

AABC为正三棱锥过点1A作1AO平面ABC，则O为正△ABC的中心，取BC上靠近点C的三等分点为E，则1,,OAOBOE两两垂直，分别以射线1,,OAOBOE为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，设2OB，则23AC，221(

23)222AO，(2,0,0)B，(1,3,0)A，(1,3,0)C，1(0,0,22)A，(0,23,0)AC，(3,3,0)AB………………………6分1113153(0,23,0)(,,2)(,,2)22222AMACCMACAA,设平面BAM的法向量(,,)n

xyz，则1532022330xyzxy，取1x，得72(1,3,)2n………………8分设平面CAM的法向量///(,,)mxyz，则////1532022230xyzy，

所以/0y，取/2x，得2(2,0,)2m………………………10分72572cos,5749113422mn，………………………11分设二面角BAMC为，因为为钝角，所以5757cos，

即所求的二面角的余弦值为5757………………………12分(19)（本小题满分12分）（1）因为61()()350iiixxyy，621()17.5iixx，621()7600iiyy所以6166221

1()()3503503500.9636517.57600133000()()iiiiiiixxyyrxxyy因为75.0r，所以y与x具有很强的线性相关关系………………………2分由题意知，5.3)654321(61

x，1606960)210200150160130110(61y，………4分61621()()350ˆ2017.5()iiiiixxyybxx，905.320160ˆˆxbyay关于x的线性回归方程为9020ˆxy………6分2020年

1月对应的是7x，则23090720ˆy即预测公司2020年1月（即7x时）的利润为230万元；………7分（2）由频率估计概率，A型材料可使用1个月，2个月，3个月、4个月的概率分别为0.15，0.4，0.35，0.1.所以A型材料

利润的数学期望为21.0)1020(35.0)1015(4.0)1010(15.0)105((万元)；……9分B型材料可使用1个月，2个月，3个月、4个月的概率分别为0.1，0.3，0.4，0.2B型材料利润的数学期望为5.12.0)1220

(4.0)1215(3.0)1210(1.0)125((万元)；……11分5.12，故应该采购A型材料．…………………………………12分（20）（本小题满分12分）解:解析：（1）椭圆C的离心率为22，且过点

6()21，2.所以222221414622cbabaac，解得2222,1,1abc………………3分所以椭圆的标准方程为221.2xy………………4分（2）由（1）知以12FF为直径的圆的方程为2

21,xy又直线l与该圆相切，所以2||11mk，即221.mk由2212xyykxm得222(21)4220kxkmxm………………6分因为直线l与椭圆C交于不同的两点，所以280,k设1122(,),(,)AxyB

xy则2121222422,;2121kmmxxxxkk2221212121221()()()21kyykxmkxmkxxkmxxmk·OAOB212122121kxxyyk

，………………8分依题意224155216kk，所以21143k4222121242112()||11()4224()1ABOkkSSABkxxxxkk△…………..10分设42tkk则

54169t；254,41169tStt，S关于t在54,169上单调递增，………….11分510422();()16695SS所以△AOB面积的取值范围是1022,65……………..12分(21)（本小题满分12分）

（1）)e1(e)1(e)(xxxaxxaaxxf.…………………1分①当0a时，)(xf在区间)0(，单调递减；在区间)0(，单调递增.②当10a时，令0)(xf，01x，0ln2ax，则)

(xf在区间)ln,0(a单调递增；在区间)0(，和)ln(，a单调递减.………3分③当1a时，令0)(xf，021xx，0)(xf恒成立，则)(xf在R上单调递减；综上，当0a时，)(xf在区间)0(，单调递减；在区间)0(，单调递增

，当10a时，)(xf在区间)ln,0(a单调递增；在区间)0(，和)ln(，a单调递减；当1a时，)(xf在R上单调递减.……………5分（2）由（1）知，当0a时，)(xf在区间)0(，单调递减；在区间)0(，单调递增.则函数

)(xf没有极大值，当1a时，)(xf在R上单调递减.则函数)(xf没有极大值，…………………7分只有当10a时，)(xf在区间)ln,0(a单调递增；在区间)0(，和)ln(，a单调递减，21()(ln)lnln12Mfxfaaa极大

…………………8分要证明21lne12aMa，即证：eln20(01)aaa令)10(2lne)(xxxgx，xxgx1e)(，…………………9分设0)(0xg，则)10(1e000xxx，000ln1lnxxx，当)0(0xx，时，

0)(xg，)(xg单调递减；当)1(0，xx时，0)(xg，)(xg单调递增，∴当0xx时，)(xg取得唯一的极小值，也是最小值.)(xg的最小值是0212lne)(00000xxxxg

x成立，…………………11分从而，eln201aaa（0<），即21lne12aMa.……………12分法二：令1)(xexgx，则()1xgxe，由()10xgxe，得0x，当)0,(x时，()0gx，当),0(

x时，()0gx，所以当0x时，0)(minxg，即1xex…………………9分令1ln)(xxxh，则1()1hxx，1()10hxx，得1x，当)1,0(x时，()0hx，当),1(x时，()0hx，所以当0x时，0)(maxxh，

即1lnxx…………………10分所以2ln1xxex，等号不能同时成立，即ln20xex，即ln20aea即21lne12aMa…………………12分法三：令xexgx)(，则2(1)()xxegx

x，由()0gx，得1x，当)1,0(x时，()0gx，当),1(x时，()0gx，所以当1x时，exgmin)(，即exexgx)(…………………9分令xxxh2ln)(，则221ln2ln1()xxhxxx

，()0hx，得ex1，当)1,0(ex时，()0hx，当),1(ex时，()0hx，所以当ex1时，exhmax)(，…………………10分等号不能同时成立，即ln2xexxx，)0(x即ln20xex，即ln20aea

即21lne12aMa…………………12分（22）（本小题满分10分）解：（1）曲线C的极坐标方程化为2cos，xcos，222yx曲线C的直角坐标方程为442xy.……

…………………3分直线1l的普通方程为tanxy.)2(………………………5分（2）射线OA的极坐标方程为，)2(，则||OAcos12，射线OB的极坐标方程为2，)2(，则||OBs

in12)2cos(12，…7分由||||OBOA得cos12sin12，2，解得：43………………8分故OABS||||21OBOA2)221(4212812……………………10分23.解：（1）当1x时,原不等式化简为332

x,即10x；……………1分当21x时,原不等式化简为31,恒成立，即21x；……………2分当2x时,原不等式化简为332x,即32x.………………3分综上,原不等式的解集I}30|{xx.………………5分（2）当Icba,,时，,,,3,3,3abcabc

均为正数，ba3111+cb3111+ac31112)3(ba+2)3(cb+2)3(ac…………8分4)3(ba4)3(cb4)3(ac49…………10分