则|x+1|＝，化简得y＝2x+1，
2
令x＝0，y＝1，故曲线C与y轴的交点为（0，1），（0，﹣1），
A（﹣，0），根据题意，当O，P，A三点共线时，则|PO|+|PA|的最小，
最小值长等于|OA|＝， 故答案为：（0，±1）；．
【点评】考查直线与抛物线的综合，求曲线的轨迹方程，中档题．
三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）绿水青山就是金山银山．近年来，祖国各地依托本地自然资源，打造旅游产业，旅游业正蓬勃发展．景区与游客都应树立尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念，合力使旅游市场走上规范有序且可持续的发展轨道．某景区有一个自愿消费的项目：在参观某特色景点入口处会为每位游客拍一张与景点的合影，参观后，在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来，游客可自由选择是否带走照片，若带走照片则需支付20元，没有被带走的照片会收集起来统一销毁．该项目运营一段时间后，统计出平均只有三成的游客会选择带走照片．为改善运营状况，该项目组就照片收费与游客消费意愿关系作了市场调研，发现收费与消费意愿有较强的线性相关性，并统计出在原有的基础上，价格每下调1元，游客选择带走照片的可能性平均增加0.05，假设平均每天约有5000人参观该特色景点，每张照片的综合成本为5元，假设每个游客是否购买照片相互独立． （1）若调整为支付10元就可带走照片，该项目每天的平均利润比调整前多还是少？ （2）要使每天的平均利润达到最大值，应如何定价？
【分析】（1）当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的概率为0.7，设每个游客的利润为Y1元，则Y1是随机变量，求出5000个游客的平均利润为5000元，当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.3+0.05×10＝0.8，不被带走的概率为0.2，设每个游客的利润为Y2，则Y2是随机变量，求出5000个游客的平均利润为15000元，由此能求出该项目每天的平均利润比调整前多10000元．
（2）设降价x元，则0≤x＜15，照片被带走的可能性为0.3+0.05x，不被带走的可能性为0.7﹣0.05x，设每个游客的利润为Y元，则Y是随机变量，求出其分布列，从而E（Y）＝（15﹣x）×（0.3+0.05x）﹣5×（0.7﹣0.05x）＝0.05[69﹣（x﹣7）]，由此求出
2
当定价为13元时，日平均利润取最大值为17250元．
【解答】解：（1）当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的概率为0.7， 设每个游客的利润为Y1元，则Y1是随机变量，其分布列为：
Y1 P
15 0.3
﹣5 0.7
E（Y1）＝15×0.3﹣5×0.7＝1（元），
则5000个游客的平均利润为5000元，
当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.3+0.05×10＝0.8，不被带走的概率为0.2， 设每个游客的利润为Y2，则Y2是随机变量，其分布列为：
Y2 P
5 0.8
﹣5 0.2
E（Y2）＝5×0.8﹣5×0.2＝3（元），
则5000个游客的平均利润为5000×3＝15000（元）， 该项目每天的平均利润比调整前多10000元．
（2）设降价x元，则0≤x＜15，照片被带走的可能性为0.3+0.05x， 不被带走的可能性为0.7﹣0.05x，
设每个游客的利润为Y元，则Y是随机变量，其分布列为：
Y P
15﹣x
﹣5
0.3+0.05x 0.7﹣0.05x
E（Y）＝（15﹣x）×（0.3+0.05x）﹣5×（0.7﹣0.05x）＝0.05[69﹣（x﹣7）2]，
当x＝7时，E（Y）有最大值3.45元，
∴当定价为13元时，日平均利润取最大值为5000×3.45＝17250元．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18．（12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB＝bsin（A﹣（1）求A；
）．
（2）D是线段BC上的点，若AD＝BD＝2，CD＝3，求△ADC的面积．
【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA＝﹣合范围A∈（0，π），可求A的值． （2）设∠B＝θ，θ，∠ACD＝
，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DAC＝
﹣，结
﹣θ，在△ADC中，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sinθ＝
cosθ，可求sinθ，cosθ，利用二倍角的正弦函数公式可求sin2θ，进而根据三角形的面积公式可求S△ADC的值．
【解答】解：（1）由正弦定理可得asinB＝bsinA， 则有bsinA＝b（sinA﹣可得tanA＝﹣
，
cosA），化简可得sinA＝﹣
cosA，
因为A∈（0，π）， 所以A＝
．
，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DAC＝
﹣
（2）设∠B＝θ，θ，∠ACD＝在△ADC中，
﹣θ，
，则＝，
所以＝，可得sinθ＝cosθ，
又因为sinθ+cosθ＝1，可得sinθ＝则sin2θ＝2sinθcosθ＝所以S△ADC＝
，
22
，cosθ＝，
sin∠ADC＝＝．
【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 19．（12分）已知椭圆C：
+
＝1（a＞b＞0）的离心率为，点A（1，）在椭圆C上，直线l1过椭圆C的有交点与上顶点，动直线l2：y＝kx与椭圆C交于M、N两点，交
l1于P点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知O为坐标原点，若点P满足|OP|＝|MN|，求此时|MN|的长度． 【分析】（1）由离心率及过的点和a，b，c之间的关系求出椭圆的方程；
（2）直线l2的方程与椭圆联立求出点M的坐标，由|OP|＝|MN|得P点坐标，P的直线
l1上求出k值，进而求出MN|的值．
【解答】解：（1）由题意得：e＝＝，＝3，
所以椭圆的方程：
＝1；
+
＝1，b＝a﹣c，解得：a＝4，b2
2
2
2
2
（2）由题意直线l2的方程：y＝kx，代入椭圆中整理： （3+4k）x＝12，解得x＝
2
2
，
令M的坐标（，k）
∵|OP|＝|MN|，由对称性可知， 点P为OM的中点．
故P的坐标（由P在直线l1：
，），
＝0，
x+y﹣
所以
解得：k＝0或k＝所以|OM|＝2，或
+﹣＝0，
），
，故M的坐标为（2，0），或（，，
．
所以|MN|的长度为4或
【点评】考查直线与椭圆的综合，属于中难题．
20．（12分）如图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，∠APB＝∠ACB＝90°，
点E，F分别是棱AB，PB的中点，点G是△BCE的重心． （1）证明：GF∥平面PAC；
（2）若GF与平面ABC所成的角为60°，求二面角B﹣AP﹣C的余弦值．
【分析】（1）连结EF，连结EG并延长，交BC于点D，由点D是BC的中点，推导出DE∥AC，EF∥AP，从而DE∥平面PAC，EF∥平面PAC，进而平面EFG∥平面PAC，由此能证明GF∥平面PAC．
（2）连结PE，连结CG并延长交BE于点O，则O为BE的中点，连结OF，则OF∥PE，以
O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出
二面角B﹣AP﹣C的余弦值．
【解答】解：（1）证明：连结EF，连结EG并延长，交BC于点D， 由点D是BC的中点，
∴D，E，F分别是棱CB，AB，PB的中点，∴DE∥AC，EF∥AP， ∵DE，EF?平面PAC，AC，AP?平面PAC， ∴DE∥平面PAC，EF∥平面PAC，
∵DE，EF?平面EFG，DE∩EF＝E，∴平面EFG∥平面PAC， ∵GF?平面EFG，∴GF∥平面PAC．
（2）解：连结PE，∵PA＝PB，E是AB的中点，∴PE⊥AB， ∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PE?平面PAB， ∴PE⊥平面ABC，
连结CG并延长交BE于点O，则O为BE的中点，连结OF，则OF∥PE， ∴OF⊥平面ABC，∴∠FGO是GF与平面ABC所成角，∴∠FGO＝60°， 在Rt△FGO中，设GF＝2，则OG＝1，OF＝∴AB＝4
2
2
，∴OC＝3，PE＝2，
，CE＝2
2
，OE＝，
∴OE+OC＝CE，∴OC⊥AB，
广东省佛山市2020届高三数学上学期教学质量检测试题(一)理(含解析)
