2020年高中毕业年级第一次质量预测
数学（理科） 参考答案
一、选择题
1-12 BDACB CBCDB DA 二、填空题
13. x?y?1?0; 14.4; 15.三、解答题
17.解析：(I)2R(sin∴2R?2R(sin即：a230; 16.?0,?2,?66?. 52A?sin2B)?(a?c)sinC.
2A?sin2B)?(a?c)sinC?2R,
?c2?b2?ac. ……3分
a2?c2?b21?. ∴cosB?2ac2因为0?B??,所以?B??3……6分
(II)若b?12,c?8，由正弦定理，
3bc?, sinC?,
3sinBsinC6.……9分 3由b?c，故?C为锐角，cosC?sinA?sin(B?C)?sin(?3?C)?361332?3????.……12分 2323618. 解析：（I）如图所示：连接OM，
M在?ABC中：AB?BC?2,AC?22，则?ABC?90?,BO?2，ONBOB?AC.……2分
A在?MAC中：MA?MC?AC?22，O为AC的中点，则
COM?AC，且OM?6. ……4分
在?MOB中：BO?2,OM?6,MB?22，满足：BO2?OM2?MB2
根据勾股定理逆定理得到OB?OM AC,OM相交于O ， 故OB?平面AMC………………….6分
（Ⅱ）因为OB,OC,OM两两垂直，建立空间直角坐标系?????????如图所示． 因为MA?MB?MC?AC?22,AB?BC?2
则A(0,?2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(0,0,6)……8分
Muuur2uuur222BN?BC由所以，N(,,0)
333ur设平面MAN的法向量为m?(x,y,z)，则
rr?uuu252252,0)?(x,y,z)?x?y?0,?AN?n?(,3333?uuuurr?AM?n?(0,2,6)?(x,y,z)?2y?6z?0?ur令y?3，得m?(?53,3,?1)……10分
AOCNBuuur因为BO?平面AMC，所以OB?(2,0,0)为平面AMC的法向量，
uruuuururuuur?56?53?所以m?(?53,3,?1)与OB?(2,0,0)所成角的余弦为cos?m,OB??． 79279uruuuur?5322279所以二面角的正弦值为|sin?m,OB?|?1?(.……12分 )??79797919．（I）由题意知b?1，
c2.……1分 ?a22. ……3分
又因为a2?b2?c2解得，a?y22所以椭圆方程为?x?1. ……4分
2（Ⅱ） 设过点(?,0)直线为x?ty?131，设A?x1,y1?，B?x2,y2? 31?x?ty???322由?2得9?18ty?12ty?16?0，且???. ?y?x2?1??2??则
12t?y?y?,2??19?18t2??6分?16?yy??,?129?18t2?
uuuruuur又因为CA??x1?1,y1?，CB??x2?1,y2?，
uuuruuur4??4?416?CA?CB?(x1?1)(x2?1)?y1y2??ty1???ty2???y1y2??1?t2?y1y2?t?y1?y2??3??3?39???1?t2?uuur?164t12t16????0，……10分 229?18t39?18t9uuur所以CA?CB.
因为线段AB的中点为M，所以|AB|?2|CM|.……12分 20. 解析：(I)该混合样本达标的概率是(2228)?，……2分 39所以根据对立事件原理，不达标的概率为1?(II)（i）方案一：逐个检测，检测次数为4.
81?.……4分 99方案二：由(1)知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为
8；若不达标则9检测次数为3，概率为其分布列如下，
1.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6. 9?2 p
2 4 6 1 8164 8116 81可求得方案二的期望为E(?2)?2?6416119822?4??6??? 818181819方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1,5. 其分布列如下，
?4 p
可求得方案四的期望为E(?4)?1?1 5 17 8164 816417149?5??. 818181比较可得E(?4)?E(?2)?4，故选择方案四最“优”．……9分 (ii)方案三：设化验次数为?3，?3可取2,5.
?3 p E(?3)?2p3?5(1?p3)?5?3p3； 方案四：设化验次数为?4，?4可取1,5
2 5 p3 1?p3 ?4 p 1 5 p4 1?p4 E(?4)?p4?5(1?p4)?5?4p4；
由题意得E(?3)?E(?4)?5?3p?5?4p?p?故当0?p?343. 43时，方案三比方案四更“优”．……12分 4ex21解析：(I)f(x)?x?lnx?，定义域(0,??)，
x1ex(x?1)(x?1)(x?ex)， f?(x)?1???xx2x2由ex?x?1?x，f(x)在(0,1]增，在(1,??)减，f(x)max?f(1)?1?e……4分 (II)f(x)?(x?1x)e?bx?1 xexexx??lnx?x??xe??bx?1
xx??lnx?x?xex?bx?1?0
xex?lnx?1?xxex?lnx?1?x??b?()min?b,……6分
xxxex?lnx?1?xx2ex?lnx令?(x)?，??(x)?
xx令h(x)?x2ex?lnx，h(x)在(0,??)单调递增，x?0,h(x)???，h(1)?e?0
2xh(x)在(0,1)存在零点x0，即h(x0)?x0e0?lnx0?0
lnx01lnx0x02x0x0e?lnx0?0?x0e???(ln)(e)……9分
x0x0由于y?1xex在(0,??)单调递增，故x0?ln11??lnx0,即ex0? x0x0?(x)在(0,x0)减，在(x0,??)增，?(x)min所以b?2.……12分
x0ex0?lnx0?1?x01?x0?1?x0???2
x0x022.解析：(I)将点P(1,)代入曲线E的方程，
32?1?acos?,?2得?3解得a?4，……2分
?3sin?,??2x2y2??1, 所以曲线E的普通方程为
43极坐标方程为?(cos2142??sin2?)?1.……5分
13(Ⅱ)不妨设点A,B的极坐标分别为
A(?1，?)，B(?2，??)，?1?0，?2?0,
2?122?122(?cos???1sin?)?1,1??43则?
1?1?2222?(?cos(??)??sin(??)?1,22?232?412?112?cos??sin?,??243?1即?……8分
111??sin2??cos2?,2?3??241?12?12?2?117117????,即……10分
4312|OA|2|OB|21223. 解：(I)由f?x??m，得，
1)?(2x＋1)，……3分 不等式两边同时平方，得(x－即3x(x?2)?0，解得?2?x?0.
所以不等式f?x??m的解集为{x|?2?x?0}．……5分
(Ⅱ)设g(x)＝|x－1|－|2x＋1|，
221?x?2,x??,?2?1?g(x)???3x,??x?1,2???x?2,x?1,??
……8分
f?n??0?g(n)??m因为g(?2)?g(0)?0，g(?3)??1,g(?4)??2,g(1)??3.
又恰好存在4个不同的整数n，使得f?n??0， 所以?2??m??1.
故m的取值范围为[1,2). ……10分
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