【文档说明】安徽省马鞍山市2020届高中毕业班第三次教学质量监测理科数学试题答案.doc，共(5)页，551.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年马鞍山市高中毕业班第三次教学质量监测理科数学参考答案一、选择题：本大题共12个题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号123456789101112答案DCBADACCAABB二、填空题：本题共4小题，每小题5分

，共20分．13．24714．415．1616．23，3910（第1空2分，第2空3分）三、解答题：17．【解析】（1）由2nnSab得12212,2,aabaSSa3324aSSa，因为数列

{}na是等比数列，所以2213aaa，即2(2)(2)4aaba，化简得0ab①（0a舍）；由23T得128aa，即(2)28aba②，由①②解得2,2ab（2a舍）．（6分）（2）由（1）得2nna，2lognan，于是(1)122nnnnT，1

112()(1)21nTnnnn，12n11112(1)21TTTn，所以整数M的最小值为2．（12分）18．【解析】（1）设动圆圆心(,)Exy，由题意可得：22222(2)xxy，整理得：24yx，所以，动圆圆心的轨迹E的方程：24y

x（5分）（2）由题意，直线BC经过点1,0（）F，设1122,),(,)（BxyCxy，直线BC的方程：1,xty与抛物线方程联立：214xtyyx得到：2440yty，显然0,由根与系数关系：12124,4yytyy，（7分）再设直线AB的方程：(0)

ykxmk，与抛物线联立：24ykxmyx得到：2440kyym，由对称性知：22,)（Axy，又11,),（Bxy由根与系数关系：124myyk（10分）所以：44=mk，即mk，直线AB的方程：0ykxkk，直线AB恒过定点1,0-

.（12分）19．【解析】（1）因为直线11BC与直线BC交于点2A，所以211ABC且2ABC，故2A面111ABC且2AABC，同理，2B面111ABC且2BABC，2C面111ABC且2CABC，由公理3，记面111ABC面ABCl，则222,,ABCl

，即222,,ABC三点共线．（5分）（2）因为PA面ABC，ABBC．如图，作AYBC∥，则,,ABAYAP两两垂直，以A为坐标原点，,,ABAYAP分别为,,xyz轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz．设6(0)PAaa，则1(0,0,4)Aa，1(

3,0,3)Ba，1(4,4,2)Ca，11(3,0,)ABa，11(4,4,2)ACa，设面111ABC的法向量(,,)nxyz，则1111304420ABnxazACnxyaz，令6z得(2,,6)naa，又

面ABC的法向量(0,0,1)m，所以2||62|cos,|2||||536mnmnmna，解得a655，因此3655PA．（12分）法二：由第一问知面111ABC面22=ABCBC,作122ADBC于点D,联结AD,1221221221222212211AAAB

CAABCAABCADBCBCAADADBCADAA面面故1ADA即为锐二面角122ABCA的平面角，由条件112=453ADAAAAPAD有条件易知2222224=212,82,sin=sin=45=453ACABABACBACBACBC

又2222222211245sin225ABCSACABBACADCBAD，故3655AP.（12分）20.【解析】（1）方法一：所有的派遣方法有：234336CA，女技术员派到甲校的方法有：32233212ACA种，故女技术员被派到甲校的概率为121363P

.（4分）方法二：只考虑女技术员派遣的方法，共3种派法，被派到甲校仅一种派法，故13P.（4分）ABCP2C1A1B1C2B2AxYzy（2）①由x与y之间满足线性回归方程y379254xa知1011022110379254

10iiiiixyxybxx，即10103401627556104837910254254yy，解得：1053y.（8分）②易得48x，39.3y，代入379254yxa得：37939.348254a，解得32.3a，所以37

932.3254yx，当60x时，3796032.357.2254y故若年收入达到60万元，估计主打产品的销售额是57.2万元.（12分）另解：易得48x，39.3y，代入379254yxa得：37939.348254a，当60x时，3793

796039.3(6048)57.2254254ya．（12分）21．【解】（1）e1xfxx，令xfx，则e1xx，因为0x，所以e10xx，所以x在0,单调递增，所以00x，所以

fx在0,单调递增，则00fxf．（3分）（2）2sin24gxxx，令hxgx，则4cos240hxx，所以hx在R上单调递增，又00h，所以0x时，00hxh，函数gx单调递减；0x时，00

hxh，函数gx单调递增．所以，gx的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,．（7分）（3）证明：要证21esin22sinsin2xxxxx，即证2esin2cossinxxxxx．①当x时，ee3xx，而2sin2cossin3xxx

，所以不等式成立．（8分）②当0x时，sin0x，由（2）知：0x时，2cos212xx，所以221cos12122xxx，212cos12xx所以只需证221esin1sin2xxxxx

．令sinpxxx（0x），则cos10pxx，所以px在0,单调递减，所以00pxp，即sinxx．故只需证221e12xxxxx

，即证：21e12xxx．由（1）知，上述不等式成立．综上，当0x时，21esin22sinsin2xxxxx．（12分）注：其他证法酌情给分，对于第（3）小题，若不考虑sin0x而直接将2esin2co

ssinxxxxx变为221esin1sin2xxxxx，扣1分，但按其他合理的分段点（如：2）分类，不扣分．22．【解析】（1）曲线1C的普通方程为：22(2)(2)9xy

；（3分）曲线2C的直角坐标方程为：20xya.（5分）（2）由于圆1C的半径为3，曲线1C上恰有三个点到曲线2C的距离为1，圆心到直线20xya的距离应为2.222a,得：2a.（10分）23．【解析】（1）当261abc，，时，不等式()11fx

，即：|1||3|5xx，设22(1)()|1||3|4(31)22(1)xxgxxxxxx，由()5gx解得：72x或32x，所以，不等式()11fx的解集为73{|}22

xxx或.（5分）（2）因为()|2||2|||fxxaxbcabcabc，函数()fx的最小值为2，2abc.（7分）证法一：根据柯西不等式可得：1491149=()()()4a

bbcacabbcacabbcac21123()4abbcacabbcac1=36=94当且仅当：123==abbcac，即24,0,33abc时等式成立.综上，1499abbcac（10分）证法二：

1491149=()()()4abbcacabbcacabbcac14()9()4()9()=14+4bcabacabacbcabbcabacbcac114+4+6+12=94（），当且仅当24,0

,33abc等式成立.综上，1499abbcac（10分）