1、天舟文化2020年3月全国高三质量检测理数天舟益考参考答案及解析野费有益老究存天益考公众号获取更多免费试请扫码天舟文化2020年3月全国高三质量检测理数一、选择题sin0=12,即54sin0=12,所以sin0=.故选B.1.B【解析】集合A,B表示的图形如图所示，有两个交点，即元素个数B9.A【解析】由题意知=，所以f(x)=-sin wx,由函为2.故选B.x数f(x)的图象关于直线x=对称，可知=2.C【解析】因为+3=3+A元2+k，kZ,即w=2+4k,kZ,又由函数f(x)的单i,所以其在复平面内对应的点(3,1)到原点的距离d=32+1=10.故选C.调区间知(一)，所以，综上
2、可得3.D【解析】2019年的软件收入是2017年的软件收入的w=2或6，所以f(x)=-sin 2x或f(x)=-sin6x,所以30%410%=12倍.故选D.r()-sin-号或（）=-sin=0.故选A.4.A【解析】若m=m+2,第一次运行，S=2(4-2)=10.A【解析】设P(x。,y。),则直线的方程为y一4,S0,m=6;第二次运行，S=4(6-4)=8,Se=eo(x-x),则 A(x-1,0),B(0,e*-0,m=8;第三次运行，S=8(8-8)=0,S0，输出S=0.故选A.exo)+S=|xo-1|e(1-xo)|=eo5.B【解】因为b=loglog=1,a=4(
3、x-1)2,令f(x)=e(x-1)2,则f(x)=(22)+=,1=log 4c=log3log2=log 4=2e(x2-1),所以f(x)在区间（一，-1）上是增函2所以acb.故选B数，在区间(-1,1)上是减函数，在区间(1，+)上是增函数，f(x)min=f(1)=0,f(x)恒大于零，f(-1)=6.C【解析】区域A,B只能有一个可能标记为1，题目求最大，当B标记为1时符合，则总的小正方形有30个，20,cOSDAB=310,k=0,(Z,所以|sgnk|=1,k0，(kZ),BCAB10,k=0在ABC中，由正弦定理得一1，k0inBACsin C所以sgn(f(k)|sgnk
4、|(kZ),故D错误.故选C,即BC=,所以BC=4.(4分)二、填空题2231以号号【解标】由题意知(a十)=(-3+，2-公33若(a十b)a,则(-3)(-3+：)+2(2-4)=0，(2)由(I)知sinBAC=2v23化简得13=n,解得2=：由a十b)(2a十6.因为BAC为钝角，得a+b=入(2a+b),因为a,b不共线，所以所以cOSBAC=-3(6分)2入=1故=21a=,因为A症=号(A店+AC),所以A应-(A店+A亡).14.35【解析】对(5.x-4)7=am+a1x十a2x2+a3x3+又AE=2,AB=6，a4x十a5x5十a6x8十a7x7两边求导，可得35(5
5、.x所以A=(1A:+AC:+21A店11AC14)=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x+6a6x5十7a7x5,取x=1,则35=a1十2a2十3a3十4a4十5a5+cosBAC),6a6+7a.即4=6+AC+2X6ACx(-号)门：1115.(一4,2)【解析】由题意得am+1一an=所以3AC-2V6AC-30=0,解得AC=5以am=(ae一am-1）十(am-l一am-2）十十(az3或a+a,=(n-)+(n2）+AC=-6（舍去）.(12分)18.(1)证明：因为ABCD,ADDC,所以ADAB.(片-2）+11=12-12，所以+m12对任因为AB=AD,所以
6、ABD是等腰直角三角形，所以BDC=45.又由CD=2AB=2AD,易知BCD=意n1,4恒成立.令f(m)=mt十t2一12，m1，45，所以DBC=90，即BCBD.4们，只需1)=+：-120：解得-442.因为平面BDE平面ABCD,平面BDE平面f(4)=t2+4t-120,ABCD=BD,所以BC平面BDE.16.&【解析】分别取DC上靠近C的四等分点F因为DEC平面BDE,所以BCDE易知DEAD,AD,BC相交，所以DE平面ABCD.DC1上靠近D1的四等分点E,连接EF,PE,PF,如(4分)图所示.(2)解：由(1)知DE,DA,DC两两垂直，以D为坐标原。2天舟文化202
7、0年3月全国高三质量检测理数点，以DA,DC,DE的方向为x轴、y轴、z轴的正方向y1+y2=4k,y1y2=-4t,建立空间直角坐标系D-xyz(如图).设AB=1,则B(1,所以x1+x2=k(y1+y2）+2t=4k2+2t,x1x2=1,0),C(0,2,0),F(1,0,1),D(0,0,0),CF=(1,-2,(y1y2)2(7分),BC=(-1,1,0),DC=(0,2,0).(6分)16=t2.2yoE所以k:+k2k+x1y2+x2y1+y1+y2-y。(x1+x2)-2y+2y。x1x2+x1+x2+1t+1F4yiya(y1+y2)+y1+y2-yo(x1+x2)-2yo
8、+Cyx1x2+x1+x2+1A2y。-4kt4k-4ky。-2ty。-2y。2y。t+14k2+t2+2t+1+1B4k(1-t2)+4k2y(1-t)设平面BCF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),所以k1+k2-2k的值(4k2+t2+2t+1)(t+1)BC=0与k,y。无关，当且仅当t=1时，定点为T(1,0),定值由(-x1+y1=0取x1=1,n1CF=0,x1-2y1+z1=0为0.(12分)则y1=1,z1=,所以n1=(1,1,)20.解：(1)依题意，=0.00525+0.00527+0.0429+0.29211+0.11213+0.032设平面CFD的一个法向量为
9、n2=(x2,y2,z2),15+0.015217+0.005219=11.6812（千步）.n2CF=0,组(x2-2y2+z2=0,(2分)由得n2DC=0,(2y2=0,(2)因为N(12,22),所以P(1418)=P(12+212+32)=取x2=1.则y2=0-x2=.所以n2=(-1.0-)P(618)-P(10|=22+1+额为200元的概率为0.1，由题意知X的可能取值为0,100,200,300,400.P(X=0)=0.022=0.0004,解得=2或3P(X=100)=C20.020.88=0.0352,(12分)P(X=200)=C0.020.1+0.882=0.77
10、84,19.解：(1)由题意知E(3,2),设抛物线C的准线为直线P(X=300)=C0.10.88=0.176,过M,N,E分别作直线的垂线，垂足分别为P(X=400)=0.12=0.01,(10分)M,N,E,则|MF|=|MM|,|NF|=|NN|,所以X的分布列为所以EE=|MM+NN|MF|+NFX0100200300400220.00040.03520.77840.176MNP0.012=4,E(X)=00.0004+1000.0352+2000.7784+所以3+=4,解得p=2.3000.176-4000.01=216(元).(12分)21.(1)解：函数f(x)的定义域为(0
11、，+)，且f(x)=所以抛物线C的方程为y2=4x.(5分)(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0.-2x-3十a_ax2-2(x0).(1分)设直线l的方程为x=ky+t,与y2=4x联立得y2一当a0时，f(x)0，函数f(x)在区间(0，+)上4ky-4t=0.单调递减(2分)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(-1,y。),则=16k2+16t0,当a0时,令f(x)0,得x;令f(x)0,3理数参考答案及解析得0 x上单调递减，故x1(11分)则函数f(x)在区间(+)上单调递增在区间综上所述x1x20时，函数f(x)在区间(,+)上(2)设圆C1与直线C2的一个公共点为A(-
12、2,0),则单调递增，在区间(F)B是它们的另一个公共点上单调递减(5分)(2)证明：因为f(x)有两个零点，所以a0且|AD|=2f()=+n2e,要证原不等式成立，只需证明nx2-S形ABCD=|AB|AD|1a168.al+ax1+只需证明x2-x1e当且仅当a=士1时，四边形ABCD的面积最大(10分)只需证明2e,所以-1|x+a|-|x-1|(x+a)-(x-1)|=|a+1a+1,原式得证.(3分)Ve-=e-=(2)解：由a=2,可得f(x)=3x,-2x0.所以()(e)0.其图象如图所示，且f(x)在区间(,+)上单调递增,故Bx20),12345x当0 x时,g(x)时,g(x)0.故g(x)=g()=-1+1=0,故g(x)0.(6分)即Inx-在区间(0,+)上恒成立,因为y=k(x+3)为过点A(-3,0),且斜率为k的直线，令x=,则In-,所以f()=+由题意知，其图象恒在函数y=f(x)的图象上方（包括过点B的情况)aln-=0.因为过点A(-3,0),B(1,3)的直线的斜率为又因为所以k1,即实数k的取值范围是,1(10分)故()()0,且f(x)在区间(0,)4
