2019～2020 学年度苏锡常镇高三教学情况调研（二）
数学参考答案
2020．5
数学Ⅰ
一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．
1．1
2．0
3．30
4． −1
6． (0，2]
7．1
8．2 或 8
9．24
5．2 10．0
11．2
12．4
13． (2 2，4) 14． t = e 或 t < −5e−2
6
12
6
6
高三数学参考答案 第 2 页 共 8 页
又因为 ∠BCA = π ，所以 ∠BCQ = 2π − 5π − π − π = π ，所以四边形 BCQN 中，
2
6 262
∠BCQ = ∠CBN = ∠CQN = π ，所以 BCQN 是矩形，从而 Q= N C=B 1． 2
答：QN 的长为 1 千米．
6
3
…………………………………14 分
16．证明：（1）连结 CD1 ，四棱柱 ABCD − A1B1C1D1 中 A1B1C1D1 ， BB1C1C 是平行四边形，
所以 A1D1 B1C1 ， BC B1C1 ，且 A1D1 = B1C1 ， BC = B1C1 ，
又因为点 E，F 分别为线段 A1D1 ， BC 的中点，
tan 2π − tanθ
tan θ
+
1+
3 tan
2π
= tan θ
tanθ + − 3 − tanθ ， 1 − 3 tanθ
3
即 PM + NQ =
tanθ +
3 + tanθ = 3 tanθ −1
1 + 3 tanθ
tanθ + 3
，…………………………………9 分
（2）四棱柱 ABCD − A1B1C1D1 中，四边形 AA1D1D 是平行四边形，所以 AD A1D1 ， 在 ∆DA1D1 中 DA1 = DD1 ，点 E 为线段 A1D1 的中点， 所以 DE ⊥ A1D1 ，又因为 AD A1D1 ，所以 DE ⊥ AD ，…………………………………8 分 又因为平面 A1ADD1 ⊥ 平面 ABCD ，平面 A1ADD1 平面 ABCD = AD ，DE ⊂ 平面 A1ADD1 ， 所以 DE ⊥ 平面 ABCD ，
(−
3
8k
+ 4k 4
2
)2
+
(
3
6 + 4k
2
)2
3
= 1 ，
化简得 k 2 = 1 ，所以 k = ± 1 ，符合题意，
4
2
…………………………………13 分
所以 Q 的坐标是 (±1，3) ． 2
…………………………………14 分
18．解（1）因为 PQ 所对的圆心角为 π ，θ = 5π ，所以 ∠PCQ = π ， ∠PCA =2θ =5π ，
…………………………………3 分
Hale Waihona Puke 又因为三角形内角 A∈ (0，π) ，所以 A = π ． 3
…………………………………6 分
（2）由（1） A = π ，又 A + B + C =π ，得 C = π − A − B = 2π − B ， B ∈ (0，2π ) ，所以
3
3
3
cos(B + π ) + sin(C= + π ) cos B cos π − sin B sin π + sin(π − B)
所以 ED1 FC ， ED1 = FC ,
所以四边形 ED1CF 是平行四边形，
…………………………………3 分
所以 EF CD1 ，又因为 EF ⊄ 平面 CC1D1D ， CD1 ⊂ 平面 CC1D1D ，
所以 EF 平面 CC1D1D ．
…………………………………6 分
高三数学参考答案 第 1 页 共 8 页
二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分． 15．解：（1）因为 b sin 2A = a sin B ，所以 2b sin Acos A = a sin B
所以由正弦定理 a = b ，得 2ba cos A = ab ， sin A sin B
因为 ab ≠ 0 ，所以 co= s A = ab 1 ， 2ab 2
:
x2 a2
+
y2 b2
= 1的离心率为 1 2
，右焦点与右准线的距离为
3，
得 c = 1 ， a2 − c =3 ，解得 c= a2 c
1，a=
2 ，所以 b2 = a2 − c2 = 3 ，
……………………4 分
所以椭圆 C 的标准方程为 x2 + y2 = 1． 43
…………………………………5 分
（2）设 A(x1，y1) ， B(x2，y2 ) ，四边形 OAQB 是平行四边形时 O=Q OA + OB ；
当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 过原点 O，此时 OAB 三点共线，不符合题意；……7 分
=y kx + 1，
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 =y
kx
+
1
，与椭圆方程联立有
6
3
6
6
= 1 sin B + 3 cos B = sin(B + π )，
2
2
3
…………………………………11 分
因为 0 < B < 2π ，所以 π < B + π < π ，所以当 B + π =π ，
3
3
3
32
即 B = π 时， sin(B + π ) 取最大值 1，
6
3
所以 cos(B + π ) + sin(C + π ) 的最大值为 1．
…………………………………4 分
（= 2） PM ta= n ∠PCA tanθ ， ∠BCQ =4π − 2θ ，
2
3
= NQ tan ∠= BCQ tan(2π − θ ) ， PQ 长为 π ，
2
3
6
…………………………………6 分
从而 PM + NQ=
tanθ + tan( 2π − θ )= 3
x
2
4
+
y2 3
= 1，
所以 x2 + (kx + 1)2 = 1，即 (3 + 4k 2 )x2 + 8k 2 x − 8 =0 ，
4
3
所以 ∆
>
0，
x1
+
x2
=− 8k 3 + 4k2
，所以
y1
+
y2
=6 3 + 4k2
，
……………………………10 分
将 Q(x1
+
x2，y1
+
y2
)
的坐标代入椭圆方程得
又 AC ⊂ 平面 ABCD ，所以 DE ⊥ AC ,
…………………………………11 分
因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD ⊥ AC ，
又因为 BD DE = D ， BD，DE ⊂ 平面 EBD ， 所以 AC ⊥ 平面 EBD ．
…………………………………14 分
17．解：（1）由椭圆
C