1、 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 1 页（共 9 页） 遂 宁 市 高 中 2020 届 三 诊 考 试 数学（理科）试题参考答案及评分意见 一、选择题（125=60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A A B C D B A A C B 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 4 3 14.7 15.1 16.25698（选修 2-1P98第 3 题） 三、解答题：本大题共 70 分。 17 （本小题满分 12 分） 【解析】 （1）由函数( )sin()(0,0,0)f xAxA的部分图象可得 2A, 5
2、 288 T ,即T,则 2 2 T ，又函数图像过点,2 8 ， 则22 82 k ， 即2, 4 kkZ ，又0，即 4 ， （, ,A 每个值 1 分） 即( )2sin(2) 4 f xx ，则( )2sin2()2cos2 84 g xxx 4 分 由kxk222，Zk，得 kxk 2 ，Zk， 所以函数)(xg的单调增区间为Zkkk , 2 6 分（少Zk扣 1 分） （2）由1)(Cg，得 2 1 2cosC，因为 2 0 C，所以 C20， 所以 3 2 2 C， 3 C ， 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 2 页（共 9 页） 又sin2sinBA，由正弦定理得2 b a
3、 8 分 由余弦定理，得 222 2cos 3 cabab ，即 22 3abab 由解得1a ，2b 10 分 又 3c ，所以 222 bca，所以ABC为直角三角形，且角B为直角。 故1 2 1 2 1 bACBM，所以BMC的周长为 3111CBMCBM。 12 分 18 （本小题满分 12 分） 【解析】（1）因为在长方体HKLEABCD中，有DE 平面ABCD，所以DEAC， 因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD，又DDEBD从而AC 平面 BDE而BE平面BDE，所以BEAC 。 4 分 （2）因为在长方体HKLEABCD中，有DA，DC，DE两两垂直， 所以建立空间直角坐标
4、系Dxyz如图所示 由(1)知DBE为直线BE与平面ABCD所成的角 又因为BE与平面ABCD所成角为 3 ， 所以 3 DBE， 所以 3 ED DB 由3AD可知3 6DE ， 所以63AH，又 02 HFAF ， 即AHAF 3 1 ，故 6AF ， 则3,0,0A，3,0, 6F，0,0,3 6E，3,3,0B，0,3,0C， 所以0, 3, 6BF ，3,0, 2 6EF 设平面BEF的法向量为, ,x y zn，则 0 0 BF EF n n ， 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 3 页（共 9 页） 即 360 32 60 yz xz ，令6z ，则4,2, 6n 7 分 因为
5、AC 平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量，3, 3,0CA， 所以 613 cos 13263 2 CA CA CA n n n 因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为 13 13 9 分 （3）点M是线段BD上一个动点，设, ,0M t t,则3, ,0AMtt， 因为AM平面BEF，所以 0AM n ， 即4320tt，解得2t 此时，点M坐标为2,2,0，22 3 2 BDDM，符合题意 12 分 19 （本小题满分 12 分） 【解析】(1)设代表队共有n人，则 n 50 16 5 ，所以160n，设一等奖代表队男生人数为 x，则16030)10(302030xx，解得3
6、0x，则一等奖代表队的男 生人数为30，故前排就坐的一等奖代表队有 3 男 3 女，共 6 人。2 分 则X的可能取值为0，1，2，3。 则 20 1 )0( 3 6 3 3 0 3 C CC XP, 20 9 ) 1( 3 6 2 3 1 3 C CC XP, 20 9 )2( 3 6 1 3 2 3 C CC XP， 20 1 ) 3( 3 6 0 3 3 3 C CC XP，所以X的分布列 X 0 1 2 3 P 20 1 20 9 20 9 20 1 5 分 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 4 页（共 9 页） 2 3 20 1 3 20 9 2 20 9 1 20 1 0)(XE
7、 6 分 (2) 试验的全部结果所构成的区域为22, 22,yxyx， 面积为1644 S， 8 分 事件A表示代表队队员获得奖品，所构成的区域为 2 1 22 22 , yx yx y x yxA， 如图阴影部分的面积为 2 19 33 2 1 22 2 1 44 A S，10 分 这是一个几何概型，所以 32 19 16 2 19 )( S S AP A 。 即代表队队员获得奖品的概率为 32 19 。 12 分 20 （本小题满分 12 分） 【解析】 ：（1） 因为xxxxfcossin)(， 所以xxxxxxxfsin)sin(coscos)( / ， 当0x，时，0sinx，0)(
8、 / xf， )(xf 在0（， ）上单调递增， 0)0()( fxf ，)(xf在0，上无零点； 3 分 当,2x时，0sinx，0)( / xf， )(xf 在2 （ ， ）上单调递减， 0)(f ，02)2(f，)(xf在2 （ ， ）上有唯一零点； 综上，函数)(xf在区间2 , 0上有唯一一个零点。 5 分 （2）xxln1， 6 分 证明过程如下： 设函数 1 lnln1g xxxxx，则)0( 1 )( / x x x xg， 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 5 页（共 9 页） 令0)( / xg，得01x；令0)( / xg，得 x1.所以， 函数 yg x在区间0,1上
9、单调递减，在区间, 1上单调递增. 则函数 yg x在1x 处取得极小值，亦即最小值，即 min 10g xg， 即ln1 0xx ； 综上xxln1成立 9 分 证明xxfexf x cos)(1)(ln cos 成立，即证明 1cos)cos(sin)cosln(sin cos xexxxxxx x 成立， 因为)(xf在0（， ）上单调递增，( )(0)0f xf， 即0cossinxxx，所以0)cos(sin cos x exxx， 由知xxln1，即有xxln1， 有)cosln(sin1)cos(sin coscosxx exxxexxx成立，当 2 x时， ) 2 cos 22
10、 ln(sin1) 2 cos 22 (sin 2 cos 2 cos ee ，此时能取等号。 即xxxxexxx x cos)cosln(sin1)cos(sin cos ， 即xxfexf x cos)(1)(ln cos 成立 12 分 21 （本小题满分 12 分） 【解析】 ： （1）椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 上的点) 2 2 , 1 ( 的下辅助点为1, 1， 辅助圆的半径为 2) 1(1 22 R，椭圆长半轴为2 Ra， 将点) 2 2 , 1 ( 代入椭圆方程1 2 2 22 b yx 中，解得1b， 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 6 页（共 9
11、页） 椭圆E的方程为 1 2 2 2 y x ； 4 分 （2）设点),( 00 yxN)0( 0 y，则点),( 10 yxM)0( 1 y，将两点坐标分别代入辅助圆方 程和椭圆方程可得，2 2 0 2 0 yx，1 2 2 1 2 0 y x ，故 2 1 2 0 2yy，即 10 2yy ， 又 8 632 )( 2 1 010 yyxS OMN ，则 4 6 10 yx 将 4 6 10 yx与1 2 2 1 2 0 y x 联立可解得 2 6 2 2 0 0 y x 或 2 2 2 6 0 0 y x ， 下辅助点N的坐标为 ) 2 6 , 2 2 (或) 2 2 , 2 6 ( 7
12、 分 （3）由题意可设 11 ,A x y， 22 ,B x y. 联立 2 2 1 2 x y xmyt 整理得 222 2220mymtyt ， 则 22 820mt . 根据韦达定理得 12 2 2 12 2 2 2 2 2 mt yy m t y y m 8 分 因为四边形OAPB是对边平行且相等和容易变形的四边形， 即四边形OAPB恰好为 平行四边形，所以OP OA OB .所以 12 2 2 2 P mt yyy m ， 121212 2 4 2 2 P t xxxmytmytm yyt m 因为点P在椭圆E上，所以 22 2 22 22 164 1 222 tm t mm ， 高
13、三数学（理科）三诊试题参考答案第 7 页（共 9 页） 整理得 22 2 2 42 1 2 mt m ，即 22 42tm 10 分 在直线l：0xmyt 中，由于直线l与坐标轴围成三角形，则0t ，0m. 令0x，得 t y m ，令0y ，得xt. 所以三角形面积为 2 1121212 | |2 2 28|8|84 tm Stm mmm 当且仅当 2 2m ， 2 1t 时，取等号，此时240.且有3 22 tm， 故所求 22 tm 的值为3. 12 分 22 （本小题满分 10 分） 【解析】 ： （1） 将曲线方程1 4 )2( 16 )2( 22 yx ， 先向左平移2个单位， 再
14、向上平移2个 单位， 得到曲线C的方程为1 4 )22( 16 )22( 22 yx ， 也即1 416 22 yx ， 故曲线C 的参数方程为 sin2 cos4 y x (为参数） ； 2 分 又点),(yxM为曲线C上任意一点， 所以) 3 cos(4sin32cos23 2 1 yx， 所以yx3 2 1 的最大值为4 5 分 （2） 由 （1） 知曲线C的直角坐标方程为1 416 22 yx ， 又直线l的参数方程为 ty tx 2 2 ， （t为参数） ，所以直线l的普通方程为042yx， 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 8 页（共 9 页） 所以有 1 416 042 22
15、yx yx 解得 0 4 y x 或 2 0 y x ， 8 分 所以线段EF的中点坐标为) 2 20 , 2 04 ( ，即线段EF的中点坐标为) 1 , 2(，直线l 的斜率为 2 1 ，则与直线l垂直的直线的斜率为2，故所求直线的直角坐标方程为 )2(21xy，即032 yx，将cos ,sinxy代入，得其极坐标方程为 03sincos2 10 分 23 （本小题满分 10 分） 【解析】 ：（1） 不等式 2 ( )f xx化为 2 32xx， 即 2 3 2 2 xx， 等价于 2 3 2 23 x xx 或 2 3 2 32 x xx ， 由解得 3 2 x ，由解得3x或 3
16、1 2 x， 4 分 所以不等式 2 ( )f xx的解集为31x xx 或 5 分 （2）根据绝对值三角不等式可知 )()()(xgxfxFbaxxbaxx223232 33223bababaxx， 7分 因为)()()(xgxfxF的值域为, 5 所以2ba，则622ba， 高三数学（理科）三诊试题参考答案第 9 页（共 9 页） 故) 2 2 2 2 2( 6 1 ) 2 22 2 22 ( 6 1 2 1 2 1 b a a b b ba a ba ba 3 2 ) 2 2 2 2 22( 6 1 b a a b ，当且仅当 2 2 2 2 b a a b ，即1ab时取等号时， 由基本不等式可得 3 2 2 1 2 1 ba 10分
