下载文档原格式
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. 14. 15. 16. 三、解答题17.解析：(I)∴即： ……3分∴ 因为所以……6分(II)若，由正弦定理，, ,由，故为锐角，……9分 ……12分 18. 解析：（I ）如图所示：连接，在中：.……2分在中：为的中点，则10;x y -+=4;;530{}.66,2,0--222(sin sin )()sin .R A B a c C -=-2222(sin sin )()sin 2,R R A B a c C R ⋅-=-⋅222.ac b ac +-=2221cos .22a cb B ac +-==0,B π<<3B π∠=12,8b c ==sin sin b cB C=sin 3C =b c >C ∠cos 3C =1sin sin()sin()32A B C C π=+=+=+=OM ABC ∆2,AB BC AC ===90,ABC BO ∠=︒=OB AC ⊥MAC ∆MA MC AC ===O ACCA，且……4分在中：根据勾股定理逆定理得到相交于，故平面………………….6分（Ⅱ）因为两两垂直，建立空间直角坐标系O−xyz如图所示．因为则……8分由所以，设平面的法向量为，则令……10分因为平面，所以为平面的法向量，所以与所成角的余弦为所以二面角的正弦值为.……12分19．（I）由题意知，.……1分又因为解得，……3分所以椭圆方程为. ……4分（Ⅱ）设过点直线为，设，OM AC⊥OM=MOB∆BO OM MB===222BO OM MB+=OB OM⊥,AC OM OOB⊥AMC,,OB OC OMMA MB MC AC====2AB BC==(0,A B C M23BN BC=u u u r u u u r33NMAN(,,)m x y z=u r(,(,,)0,3333(,,)0AN n x y z x yAM n x y z⎧⋅=⋅=+=⎪⎨⎪⋅=⋅=+=⎩u u u r ru u u u r ry=(1)m=--u rBO⊥AMC OB=uuu rAMC(1)m=--u rOB=uuu rcos,m OB<>==u r u u u u r2|sin,|79m OB<>===u r u u u u r1b=2ca=222a b c=+a=2212yx+=1(,0)3-13x ty=-()11,A x y()22,B x y由得，且. 则又因为，，，……10分 所以.因为线段的中点为，所以.……12分 20. 解析：(I)该混合样本达标的概率是，……2分 所以根据对立事件原理，不达标的概率为.……4分 (II)（i ）方案一：逐个检测，检测次数为4.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；若不达标则检测次数为3，概率为.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6. 其分布列如下，可求得方案二的期望为 221312x ty x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩()2291812160t ty y +--=>0∆12212212,918616,918y y y t y t t ⎧+=⎪⎪+⋯⋯⎨⎪=-⎪+⎩分()111,CA x y =-u u u r ()221,CB x y =-u u u r()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=--+=+-++⎪⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r ()22216412161091839189t t t t t -=+-⋅+=++CA CB ⊥u u u ru u u rAB M ||2||AB CM =28()39=81199-=891926416119822()246818181819E ξ=⨯+⨯+⨯==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，可求得方案四的期望为. 比较可得，故选择方案四最“优”．……9分 (ii)方案三：设化验次数为，可取2,5.方案四：设化验次数为，可取；由题意得. 故当时，方案三比方案四更“优”．……12分 21解析：(I)，定义域，， 由，在增，在减，……4分 (II) 46417149()15818181E ξ=⨯+⨯=42()()4E E ξξ<<3η3η333()25(1)53E p p p η=+-=-4η4η1,54444()5(1)54E p p p η=+-=-34343()()53544E E p p p ηη<⇔-<-⇔<304p <<()ln xe f x x x x=--(0,)+∞221(1)(1)()()1x x e x x x e f x x x x ---'=--=1x e x x ≥+>()f x (0,1](1,)+∞max ()(1)1f x f e ==-1()()e 1xf x x bx x++-≥……6分令，令，在单调递增，，在存在零点，即……9分由于在单调递增，故即 在减，在增，所以.……12分22.解析：(I)将点代入曲线E 的方程，得解得，……2分所以曲线的普通方程为, 极坐标方程为.……5分(Ⅱ)不妨设点的极坐标分别为e e ln e 1x x xx x x bx x x⇔-+-++-≥ln e 10x x x x bx ⇔-++--≥e ln 1x x x xb x --+⇔≥min e ln 1(),x x x x b x --+⇔≥e ln 1()x x x x x x ϕ--+=2ln ()x x e xx xϕ+'=2()ln x h x x e x =+()h x (0,)+∞0,()x h x →→-∞(1)0h e =>()h x (0,1)0x 02000()ln 0xh x x e x =+=0001ln 2000000ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=⇔=-=x y xe =(0,)+∞0001lnln ,x x x ==-001x e x =()x ϕ0(0,)x 0(,)x +∞000000min00e ln 111()2x x x x x x x x x ϕ--++-+===2b ≤3(1,)2P 1cos ,3,2a αα=⎧⎪⎨=⎪⎩24a =E 22143x y +=22211(cossin )143ρθθ+=,A B 1212()()00,2A B πρθρθρρ+>>，，，，，则即……8分,即……10分23. 解：(I)由，得，不等式两边同时平方，得，……3分 即，解得.所以不等式的解集为．……5分(Ⅱ)设g (x )＝|x －1|－|2x ＋1|，……8分因为，又恰好存在4个不同的整数n ，使得， 所以故的取值范围为. ……10分22221122222211(cos sin )1,4311(cos ()sin ()1,4232ρθρθππρθρθ⎧+=⎪⎪⎨⎪+++=⎪⎩22212222111cos sin ,43111sin cos ,43θθρθθρ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩2212111174312ρρ+=+=22117||||12OA OB +=()f x m ≥221)(21)x x ≥(－＋3(2)0x x +≤20x -≤≤()f x m ≥{|20}x x -≤≤()0()f n g n m ≥⇔≥-(2)(0)0g g -==(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=-()0f n ≥2 1.m -<-≤-m [1,2)12,,21()3,1,22,1,x x g x x x x x ⎧+≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪-->⎪⎪⎩。
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. 10;x y -+= 14.4; 15.;530 16.{}.66,2,0-- 三、解答题17.解析：(I)222(sinsin )()sin .R A B a c C -=- ∴2222(sinsin )()sin 2,R R A B a c C R ×-=-× 即：222.a c b ac +-= ……3分 ∴2221cos .22a cb B ac +-== 因为0,B p <<所以3B p Ð=……6分 (II)若12,8b c ==，由正弦定理，sin sin b c BC =, sin 3C =, 由b c >，故C Ð为锐角，cos 3C =……9分1sin sin()sin()323236A B C C p +=+=+=×+×=……12分 18. 解析：（I ）如图所示：连接OM ， 在ABC D中：2,AB BC AC ===，则90,ABC BO Ð=°AC .……2分 在MAC D 中：M A M C A C ===，O 为AC AC ^，且O M ……4分 在MOB D 中：BO OM MB ==222OM MB += 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M A M B M C AC ====,2AB BC ==则(0,A B C M ……8分 由23BN BC =uuu r uuu r所以，(,,0)33N 设平面MAN 的法向量为(,,)m x y z =u r ，则(,0)(,,)0,3333(,,)0AN n x y z x y AM n x y z ì×=×=+=ïíï×=×==îuuu r r uuuu r r令y =，得(1)m =--u r ……10分因为BO ^平面AMC，所以OB =uuu r为平面AMC 的法向量，所以(1)m =--u r与OB =uuu r所成角的余弦为cos ,m OB <u ruuuu r所以二面角的正弦值为2|sin ,|79m OB <=u ruuuu r .……12分 19．（I ）由题意知1b =，2c a =.……1分 又因为222a b c =+解得，a =……3分 所以椭圆方程为2212y x +=. ……4分 （Ⅱ） 设过点1(,0)3-直线为13x ty =-，设()11,A x y ，()22,B x y 由221312x ty x y ì=-ïïíï+=ïî得()2291812160t ty y +--=，且>0D . 则12212212,918616,918y y y t y t t ì+=ïï+¼¼íï=-ï+î分又因为()111,CA x y =-uuu r ，()221,CB x y =-uuu r ， ()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y æöæö×=--+=--+=+-++ç÷ç÷èøèøuuu r uuu r ()22216412161091839189t t t t t -=+-×+=++，……10分 所以C A C B ^uuu r uuu r .因为线段AB 的中点为M ，所以||2||AB CM =.……12分20. 解析：(I)该混合样本达标的概率是28(39=，……2分 所以根据对立事件原理，不达标的概率为81199-=.……4分 (II)（i ）方案一：逐个检测，检测次数为4. 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89；若不达标则检测次数为3，概率为19.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6.其分布列如下，可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E x =´+´+´== 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，可求得方案四的期望为46417149()15818181E x =´+´=. 比较可得42()()4E E x x <<，故选择方案四最“优”．……9分 (ii)方案三：设化验次数为3h ，3h 可取2,5.3h2 5 p3p31p - 3333()25(1)53E p p p h =+-=-；方案四：设化验次数为4h ，4h 可取1,5 4h1 5 p4p 41p -4444()5(1)54E p p p h =+-=-；由题意得34343()()53544E E p p p h h <Û-<-Û<.故当304p <<时，方案三比方案四更“优”．……12分 21解析：(I)()ln x e f x x x x=--，定义域(0,)+¥， 221(1)(1)()()1x x e x x x e f x x x x---¢=--=， 由1x e x x ³+>，()f x 在(0,1]增，在(1,)+¥减，max ()(1)1f x f e ==-……4分 (II)1()()e 1x f x x bx x++-³ e e ln e 1x x x x x x bx x xÛ-+-++-³ ln e 10x x x x bx Û-++--³e ln 1x x x x b x --+Û³min e ln 1(,x x x x b x--+Û³……6分 令e ln 1()x x x x x x j --+=，2ln ()x x e x x xj +¢= 令2()ln x h x x e x =+，()h x 在(0,)+¥单调递增，0,()x h x ®®-¥，(1)0h e =>()h x 在(0,1)存在零点0x ，即02000()ln 0x h x x e x =+=0001ln 2000000ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=Û=-=……9分 由于x y xe =在(0,)+¥单调递增，故0001ln ln ,x x x ==-即001x e x = ()x j 在0(0,)x 减，在0(,)x +¥增，000000min00e ln 111()2x x x x x x x x x j --++-+=== 所以2b £.……12分 22.解析：(I)将点3(1,)2P 代入曲线E 的方程，得1cos ,3,2a a a =ìïí=ïî解得24a =，……2分 所以曲线E 的普通方程为22143x y +=, 极坐标方程为22211(cos sin )143r q q +=.……5分 (Ⅱ)不妨设点,A B 的极坐标分别为1212()(00,2A B p r q r q r r +>>，，，，， 则22221122222211(cos sin )1,4311(cos (sin ()1,4232r q r q p p r q r q ì+=ïïíï+++=ïî 即22212222111cos sin ,43111sin cos ,43q q r q q r ì=+ïïíï=+ïî……8分 2212111174312r r +=+=,即22117||||12OA OB +=……10分 23. 解：(I)由()f x m ³，得，不等式两边同时平方，得221)(21)x x ³(－＋，……3分 即3(2)0x x +£，解得20x -££.所以不等式()f x m ³的解集为{|20}x x -££．……5分(Ⅱ)设g (x )＝|x －1|－|2x ＋1|， ……8分()0()f n g n m ³Û³-因为(2)(0)0g g -==，(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=- 又恰好存在4个不同的整数n ，使得()0f n ³， 所以2 1.m -<-£-故m 的取值范围为[1,2). ……10分 12,,21()3,1,22,1,x x g x x x x x ì+£-ïïï=--<£íï-->ïïî。
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 BDACBCBCDB DA二、填空题13. 10;x y -+=14.4; 15.;53016.{}.66,2,0-- 三、解答题17.解析：(I)222(sinsin )()sin .R A B a c C -=- ∴2222(sinsin )()sin 2,R R A B a c C R ⋅-=-⋅ 即：222.a c b ac +-= ……3分∴2221cos .22a cb B ac +-== 因为0,B π<<所以3B π∠=……6分(II)若12,8b c ==，由正弦定理，sin sin b c B C=, sin C =, 由b c >，故C ∠为锐角，cos C =……9分 1sin sin()sin()32A B C C π=+=+=+=……12分 18. 解析：（I ）如图所示：连接OM ，在ABC ∆中：2,AB BC AC ===90,ABC BO ∠=︒=OB AC ⊥.……2分在MAC ∆中：MA MC AC ===O 为AC 的中点，则OM AC ⊥，且OM = ……4分在MOB ∆中：BO OM MB ===222BO OM MB += 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CA（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====2AB BC==则(0,A B C M……8分由23BN BC=所以，33N设平面MAN的法向量为(,,)m x y z=，则2(,(,,)0,3333(,,)0AN n x y z x yAM n x y z⎧⋅=⋅=+=⎪⎨⎪⋅=⋅=+=⎩令y=(1)m=--……10分因为BO⊥平面AMC，所以(2,0,0)OB=为平面AMC的法向量，所以(1)m =--与(2,0,0)OB=所成角的余弦为cos,m OB<>==．所以二面角的正弦值为2|sin,|m OB<>===分19．（I）由题意知1b=，2ca=.……1分又因为222a b c=+解得，a=3分所以椭圆方程为2212yx+=. ……4分（Ⅱ）设过点1(,0)3-直线为13x ty=-，设()11,A x y，()22,B x y由221312x tyxy⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得()2291812160t tyy+--=，且>0∆.则12212212,918616,918yy ytytt⎧+=⎪⎪+⋯⋯⎨⎪=-⎪+⎩分又因为()111,CA x y=-，()221,CB x y=-，()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=--+=+-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()22216412161091839189t t t t t -=+-⋅+=++，……10分 所以CA CB ⊥.因为线段AB 的中点为M ，所以||2||AB CM =.……12分20. 解析：(I)该混合样本达标的概率是28(39=，……2分 所以根据对立事件原理，不达标的概率为81199-=.……4分 (II)（i ）方案一：逐个检测，检测次数为4. 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89；若不达标则检测次数为3，概率为19.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6. 其分布列如下，可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E ξ=⨯+⨯+⨯== 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，可求得方案四的期望为46417149()15818181E ξ=⨯+⨯=. 比较可得42()()4E E ξξ<<，故选择方案四最“优”．……9分(ii)方案三：设化验次数为3η，3η可取2,5.333()25(1)53E p p p η=+-=-；方案四：设化验次数为4η，4η可取1,54444()5(1)54E p p p η=+-=-；由题意得34343()()53544E E p p p ηη<⇔-<-⇔<. 故当304p <<时，方案三比方案四更“优”．……12分 21解析：(I)()ln xe f x x x x=--，定义域(0,)+∞， 221(1)(1)()()1x x e x x x e f x x x x ---'=--=， 由1x e x x ≥+>，()f x 在(0,1]增，在(1,)+∞减，max ()(1)1f x f e ==-……4分 (II)1()()e 1x f x x bx x++-≥ e e ln e 1x x x x x x bx x x⇔-+-++-≥ ln e 10x x x x bx ⇔-++--≥e ln 1x x x x b x --+⇔≥min e ln 1(),x x x x b x--+⇔≥……6分 令e ln 1()x x x x x x ϕ--+=，2ln ()x x e x x xϕ+'= 令2()ln x h x x e x =+，()h x 在(0,)+∞单调递增，0,()x h x →→-∞，(1)0h e =>()h x 在(0,1)存在零点0x ，即02000()ln 0x h x x e x =+=0001ln 2000000ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=⇔=-=……9分 由于x y xe =在(0,)+∞单调递增，故0001ln ln ,x x x ==-即001x e x =()x ϕ在0(0,)x 减，在0(,)x +∞增，000000min00e ln 111()2x x x x x x x x x ϕ--++-+=== 所以2b ≤.……12分 22.解析：(I)将点3(1,)2P 代入曲线E 的方程，得1cos ,3,2a αα=⎧⎪⎨=⎪⎩解得24a =，……2分 所以曲线E 的普通方程为22143x y +=, 极坐标方程为22211(cos sin )143ρθθ+=.……5分 (Ⅱ)不妨设点,A B 的极坐标分别为1212()()00,2A B πρθρθρρ+>>，，，，， 则22221122222211(cos sin )1,4311(cos ()sin ()1,4232ρθρθππρθρθ⎧+=⎪⎪⎨⎪+++=⎪⎩ 即22212222111cos sin ,43111sin cos ,43θθρθθρ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩……8分2212111174312ρρ+=+=,即22117||||12OA OB +=……10分 23. 解：(I)由()f x m ≥，得，不等式两边同时平方，得221)(21)x x ≥(－＋，……3分 即3(2)0x x +≤，解得20x -≤≤.所以不等式()f x m ≥的解集为{|20}x x -≤≤．……5分(Ⅱ)设g (x )＝|x －1|－|2x ＋1|，……8分()0()f n g n m ≥⇔≥-因为(2)(0)0g g -==，(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=- 又恰好存在4个不同的整数n ，使得()0f n ≥， 所以2 1.m -<-≤-故m 的取值范围为[1,2). ……10分 12,,21()3,1,22,1,x x g x x x x x ⎧+≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪-->⎪⎪⎩。
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1-12BDACB CBCDB DA 二、填空题13.10;x y -+=14.4;15.;53016.{}.66,2,0--三、解答题17.解析：(I)222(sinsin )()sin .R A B a c C -=-∴2222(sinsin )()sin 2,R R A B a c C R ⋅-=-⋅即：222.a c b ac +-=……3分∴2221cos .22a c b B ac+-==因为0,B π<<所以3B π∠=……6分(II)若12,8b c ==，由正弦定理，sin sin b c B C=,3sin 3C =,由b c >，故C ∠为锐角，6cos 3C =……9分3613323sin sin()sin().323236A B C C π+=+=+=⋅+⋅=……12分18.解析：（I ）如图所示：连接OM ，在ABC ∆中：2,22AB BC AC ===，则90,2ABC BO ∠=︒，OB AC ⊥.……2分在MAC ∆中：2M A M C A C ===O 为AC 的中点，则OM AC ⊥，且 6.O M ……4分在MOB ∆中：2,6,22BO OM MB =222BO OM MB +=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 㜠Ꮉ婈Ӭ如图所示．因为2M A M B M C A C ====,2AB BC ==则(0,2,0),(2,0,0),2,0),6)A B C M -……8分由23BN BC = 所以，222(,33N 设平面MAN 的法向量为(,,)m x y z = ，则252252(,,0)(,,)0,33332,6)(,,)260AN n x y z x y AM n x y z z ⎧⋅=⋅=+=⎪⎨⎪⋅=⋅==⎩ 令3y =(53,3,1)m =-- ……10分因为BO ⊥平面AMC ，所以(2,0,0)OB = 为平面AMC 的法向量，所以(53,3,1)m =-- 与(2,0,0)OB = 所成角的余弦为5653cos ,79279m OB < 所以二面角的正弦值为253279|sin ,|1(797979m OB -<>=-= .……12分19．（I ）由题意知1b =，22c a =.……1分又因为222a b c =+解得，2a =.……3分所以椭圆方程为2212y x +=.……4分（Ⅱ）设过点1(,0)3-直线为13x ty =-，设()11,A x y ，()22,B x y 由221312x ty x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得()2291812160t ty y +--=，且>0∆.则12212212,918616,918y y y t y t t ⎧+=⎪⎪+⋯⋯⎨⎪=-⎪+⎩分又因为()111,CA x y =- ，()221,CB x y =- ，()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=--+=+-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()22216412161091839189t t t t t -=+-⋅+=++，……10分所以C A C B ⊥ .因为线段AB 的中点为M ，所以||2||AB CM =.……12分20.解析：(I)该混合样本达标的概率是28(39=，……2分所以根据对立事件原理，不达标的概率为81199-=.……4分(II)（i ）方案一：逐个检测，检测次数为4.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89；若不达标则检测次数为3，概率为19.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2,4,6.其分布列如下，2ξ246p 64811681181可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E ξ=⨯+⨯+⨯==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，4ξ15p 64811781可求得方案四的期望为46417149()15818181E ξ=⨯+⨯=.比较可得42()()4E E ξξ<<，故选择方案四最“优”．……9分(ii)方案三：设化验次数为3η，3η可取2,5.3η25p3p 31p -3333()25(1)53E p p p η=+-=-；方案四：设化验次数为4η，4η可取1,54η15p4p 41p -4444()5(1)54E p p p η=+-=-；由题意得34343()()53544E E p p p ηη<⇔-<-⇔<.故当304p <<时，方案三比方案四更“优”．……12分21解析：(I)()ln x e f x x x x=--，定义域(0,)+∞，221(1)(1)()()1x x e x x x e f x x x x---'=--=，由1x e x x ≥+>，()f x 在(0,1]增，在(1,)+∞减，max ()(1)1f x f e ==-……4分(II)1()()e 1x f x x bx x++-≥e e ln e 1x x x x x x bx x x⇔-+-++-≥ln e 10x x x x bx ⇔-++--≥e ln 1x x x x b x --+⇔≥min e ln 1(,x x x x b x--+⇔≥……6分令e ln 1()x x x x x x ϕ--+=，2ln ()x x e x x xϕ+'=令2()ln x h x x e x =+，()h x 在(0,)+∞单调递增，0,()x h x →→-∞，(1)0h e =>()h x 在(0,1)存在零点0x ，即02000()ln 0x h x x e x =+=0001ln 2000000ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=⇔=-=……9分由于x y xe =在(0,)+∞单调递增，故0001ln ln ,x x x ==-即001x e x =()x ϕ在0(0,)x 减，在0(,)x +∞增，000000min00e ln 111()2x x x x x x x x x ϕ--++-+===所以2b ≤.……12分22.解析：(I)将点3(1,)2P 代入曲线E 的方程，得1cos ,3,2a αα=⎧⎪⎨=⎪⎩解得24a =，……2分所以曲线E 的普通方程为22143x y +=,极坐标方程为22211(cos sin )143ρθθ+=.……5分(Ⅱ)不妨设点,A B 的极坐标分别为1212()(00,2A B πρθρθρρ+>>，，，，，则22221122222211(cos sin )1,4311(cos ()sin ()1,4232ρθρθππρθρθ⎧+=⎪⎪⎨⎪+++=⎪⎩即22212222111cos sin ,43111sin cos ,43θθρθθρ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩……8分2212111174312ρρ+=+=,即22117||||12OA OB +=……10分23.解：(I)由()f x m ≥，得，不等式两边同时平方，得221)(21)x x ≥(－＋，……3分即3(2)0x x +≤，解得20x -≤≤.所以不等式()f x m ≥的解集为{|20}x x -≤≤．……5分(Ⅱ)设g (x )＝|x －1|－|2x ＋1|，……8分()0()f n g n m ≥⇔≥-因为(2)(0)0g g -==，(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=-又恰好存在4个不同的整数n ，使得()0f n ≥，所以2 1.m -<-≤-故m 的取值范围为[1,2).……10分12,,21()3,1,22,1,x x g x x x x x ⎧+≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪-->⎪⎪⎩。
2020届郑州市高中毕业年级第一次质量预测理科数学试题卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
满分150分，考试用时120分钟。
一、选择题（本大题共12小题，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）1.设集合{|2}A x Z x =∈≤，2{|1}B y y x ==-，则A B ⋂的子集个数为（）A.4 B.8 C.16D.322.复数2iz i+=在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2016年1月至2018年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图，根据该折线图，下列结论错误的是（）A.各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月份B.年接待游客量逐年增加C.月接待游客量逐月增加D.各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳4.定义在R 上的函数1()(23x m f x -=-为偶函數，21(log )2a f =，131(())2b f =，()c f m =，则A.c a b <<B.a c b <<C .a b c<< D.b a c<<5.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷2000个点，己知恰有800个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A.165B.185C.10D.3256.已知向量a 与b 夹角为3π，且||1a = ，2a b -=||b =A. B.C.1D.327.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题，松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输人的a ，b 分别为3，1，则输出的n 等于A.5B.4C.3D.28.函数()21·cos 21x x f x x +=-的图象大致是（）A.B.C. D.9.第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种A.60B.90C.120D.15010.已知抛物线22y x =的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，直线PF 与抛物线交于M ，N 两点，若3PF MF =，则||MN =A.163B.83C.2D.311.已知三棱锥P ABC -内接于球O ，PA ⊥平面ABC ，ABC ∆，球O 的表面积为16π，则直线PC 与平面PAB 所成的角的正弦值为 A.157B.155C.2D.1012.221,1()log (1),1x x f x x x ⎧+<=⎨->⎩,32515()244g x x x m =-++，若(())y f g x m =-有9个零点，则m 的取值范围是A.(0,1) B.(0,3)C.5(1,3D.5(,3)3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线2e 21x y x x =-+在点（0,1）处的切线方程为________.14.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________.15.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径做圆，圆A 与双曲线C 的一条渐近线相交于M ，N 两点，若32OM ON =（O 为坐标原点），则双曲线C 的离心率为___________.16.已知数列{}n a 满足：对任意*n N ∈均有122n n a pa p +=+-（p 为常数，0p ≠且1p ≠），若{}2345,,,18,6,2,6,11,30a a a a ∈---，则1a 的所有可能取值的集合是___________.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答.17.已知∆ABC 外接圆半径为R ，其内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，设222(sin sin )()sin R A B a c C -=-.（1）求角B ；（2）若b =12，c =8，求sin A 的值18.已知三棱锥M-ABC 中，MA=MB=MC=AC=AB=BC=2，O 为AC 的中点，点N 在边BC 上，且23BN BC = .（1）证明：BO ⊥平面AMC ；（2）求二面角N-AM-C 的正弦值.19.已知椭圆2222:1(0)y x E a b a b +=>>的离心率为2，且过点(1,0)C .（1）求椭圆E 的方程；（2）若过点1(,0)3-的任意直线与椭圆E 相交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求证，恒有||2||AB CM =.20.水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深人贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A 系统处理，处理后的污水（A 级水）达到环保标准（简称达标）的概率为p （0<p <1）.经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行B 系统处理后直接排放.某厂现有4个标准水量的A 级水池，分别取样、检测，多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标，若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放现有以下四种方案：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验；方案三；三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；方案四：四个样本混在一起化验.化验次数的期望值越小，则方案越"优".（1）若3p =，求2个A 级水样本混合化验结果不达标的概率；（2）①若3p =，现有4个A 级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优"？②若“方案三”比“方案四"更“优”，求p 的取值范围.21.已知函数()ln xe f x x x x=--.（1）求()f x 的最大值；（2）若1()()1xf x x e bx x++-≥恒成立，求实数b 的取值范围.22.在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线E 经过点P 3(1,)2，其参数方程cos x a y αα=⎧⎪⎨=⎪⎩（α为参数），以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线E 的极坐标方程；（2）若直线l 交E 于点A ，B ，且OA ⊥OB ，求证：2211||||OA OB +为定值，并求出这个定值.23.已知函数()121f x x x m =--++.（1）当m=0,求不等式()f x m >的解集；（2）若恰好存在4个不同的整数n ，使得()0f n ≥，求m 的取值范围.。
