辽宁省葫芦岛市兴城高级中学2020届高三数学下学期模拟考试试题 理（PDF）

故与前三式联立 得故与前三式联立 得 2 1 1231 241 2 3349 y yyyx 2 2 2 1 4 y x 2 3 3 4 49 y x 则则 123 14 327 xxx 故所求重心的坐标为 故所求重心的坐标为 14 0 27 故选 故选 c 11 详解 连接 详解 连接 1 bc 设平面 设平面 11 abcd与对角线与对角线 1 ac交于交于m 由由 111 bcbc dcbc 可得 可得 1 bc 平面平面 11 abcd 即 即 1 bc 平面平面 1 adm 所以存在点 所以存在点m 使得平面 使得平面 1 adm 平面平面 1 bcd 所以 正确 由 所以 正确 由 1111 bdbd adbc 利用平面与平面平行的判定 可得证得平面 利用平面与平面平行的判定 可得证得平面 1 abd平面平面 11 b d c 设平面 设平面 1 abd与与 1 ac交于交于m 可得 可得 dm平面平面 11 bcd 所以 正确 连接 所以 正确 连接 1 ad交交 1 ad于点于点o 过 过o点作点作 1 omac 在正方体在正方体 1111 abcdabc d 中 中 1 ad 平面平面 11 abc d 所以 所以 1 ad om 所以 所以om为异面直线为异面直线 1 ad与与 1 ac的公垂线 根据 的公垂线 根据 11 aoeac d 所以 所以 111 omoa c dac 即 即 11 1 226 32 3 oa c d om ac 所以 所以 1 adm 的最小面积为的最小面积为 1 1 1162 3 2 2 2233 a dm sad om 所以若所以若 1 adm 的面积为的面积为s 则 则 2 3 2 3 3 s 所以 不正确 再点 所以 不正确 再点p从从 1 ac的中点向着点 的中点向着点a运动的过程中 运动的过程中 1 s从从1减少趋向于减少趋向于 0 即 即 1 0 1 s 2 s从 从0增大到趋向于增大到趋向于2 即 即 2 0 2 s 在此过程中 必存在某个点 在此过程中 必存在某个点p使得使得 12 ss 所以 是正确的 所以 是正确的 综上可得 是正确的综上可得 是正确的 故选 故选 c 12 详解 详解 由题意得 由题意得 2 11 1 1 1 xxx xx xex exx xe fxexe xxx 易得 易得0 10 xx 设 设 0fx 可得 可得10 x xe 可得 可得 1 x e x 由 由 x ye 与与 1 y x 图像可知存 在 图像可知存 在 0 0 1 x 使得 使得 0 0 1 x e x 可得当 可得当 0 0 xx 0fx 当 当 0 xx 0fx 可得 可得 f x得最小值为 得最小值为 0 f x 即 即 0 000 0 1 ln21 x af xxex x 同理 同理 2222 222 1 1 1 1 1 xxxx xeeexxxxex g x xxxx 设 设 0g x 可得 可得1x 或者或者 2x ex 由 由 2x ye 与与y x 得图像可知 存在得图像可知 存在 1 0 1 x 使得 使得 1 2 1 x ex 可得当 可得当 1 xx x 时 时 0g x 当 当 1 1 xx 时 时 0g x 当 当 1 x 时 时 0g x 可得 可得 1 g x即为即为 g x得最小值 可得得最小值 可得 1 1 1 2 2 1111 2 ln121 x x x e bg xexxx e 故 故 1ab 故选 故选 a 13 答案 答案 240 二项展开式的第二项展开式的第项的通项公式为项的通项公式为 由展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2 5 可得 由展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 2 5 可得 解得 解得 所以 所以令令 解得 解得 所以 所以的系数为的系数为故选 c 故选 c 14 解 假设甲 乙两个同学回答正确 解 假设甲 乙两个同学回答正确 在 在 0 上函数单调递增 丙说 在定义域 上函数单调递增 丙说 在定义域 r 上函数的图象关于直线上函数的图象关于直线 x 1 对称 错误 此 时 对称 错误 此 时 f 0 是函数的最小值 丁的回答也是错误的 这与 四个同学中恰好有三个人说的正确 矛盾 只有乙回答错误 是函数的最小值 丁的回答也是错误的 这与 四个同学中恰好有三个人说的正确 矛盾 只有乙回答错误 15 4 5 16 答案 答案 2 4 解析 解析 2sin2sinsin32sinsin cos2cos sin21 sinsinsinsin2sincos cbcbbbbbbb bababbbb 22 11 cos22cos4cos1 coscos bbb bb 又 又 20 b 且 且 30 abb 所以 所以 0 3 b 设 设 1 cos 1 2 bt 令 令 2 21 41 cb tf t bat 则 则 3 22 181 80 t ftt tt 故 故 f t在在 1 1 2 上单调递增 所以上单调递增 所以 24f t 17 由 a 由 a1 1 2 a 2 an na an 1 n 1 2 2pn 1 pn 1 得 得 则则 由 a 由 a1 1 a a4 4成等差数列 得 a成等差数列 得 a2 2 a a4 4 a a1 1 即 2 即 2p p 2 22p 2p 2 解得 p 1 假设存在 p 使得 a 2 解得 p 1 假设存在 p 使得 an n 为等比数列 则 为等比数列 则 即 2 即 22p 2p 2 2 2 2p 1 p 1 2 2p 2 p 2 则 2p p 2 即 p 2 此时 a 则 2p p 2 即 p 2 此时 an na an 1 n 1 2 2pn 1 pn 1 2 22n 1 2n 1 2 4 n n a a 当 n 为奇数时 当 n 为奇数时2n n a 当 n 为偶数 当 n 为偶数 2n n a 故存在实数 故存在实数2p 使得 a 使得 an n 为等比数列 为等比数列 18 解答 解答 1 证明 因为 证明 因为abcd是矩形 所以是矩形 所以 bcad 又因为 又因为bc 平面平面ade 所以 所以 bc平 面 平 面ade 因为 因为 decf cf 平面平面ade 所以 所以 cf平面平面ade 又因为又因为bccfc 所以平面 所以平面 bcf平面平面adf 而而bf 平面平面bcf 所以 所以 bf平面平面ade 5 分 分 2 解 因为 解 因为cdad cdde 所以 所以60ade 因为因为cd 平面平面ade 故平面 故平面cdef 平面平面ade 作 作aode 于点于点o 则 则ao 平面平面cdef 以以o为原点 平行于为原点 平行于dc的直线为的直线为x轴 轴 de所在直线为所在直线为y轴 轴 oa所在直线为所在直线为z轴 建立如图所示 的空间直角坐标系 轴 建立如图所示 的空间直角坐标系oxyz 由由2ad 3de 60ade 得 得1do 2eo 则则 0 0 3 3 1 0 0 1 0 0 2 0 acde 所以所以 3 0 3 oboaaboadc 由已知由已知 1 3 0 2 g 所以 所以 1 3 2 3 0 3 2 bebg 设平面设平面beg的一个法向量为的一个法向量为 mx y z 则 则 3230 1 30 2 m bexyz m bgyz 取取3 6 3xyz 得 得 3 6 3 m 又平面 又平面deg的一个法向量为的一个法向量为 0 0 1 n 所以所以 31 cos 49363 m n m n mn 即二面角 即二面角begd 的余弦值为的余弦值为 1 4 12 分 分 19 详解 1 易知 详解 1 易知 因为 因为所以所以为等腰三角形为等腰三角形 所以 b c 由所以 b c 由可知可知故椭圆的标准方程为 故椭圆的标准方程为 2 由已知得 2 由已知得 设椭圆的标准方程为设椭圆的标准方程为 p 的坐标为的坐标为 因为因为 所以 所以 由题意得 由题意得 所以 所以 又因为 p 在椭圆上 所以又因为 p 在椭圆上 所以 由以上两式可得 由以上两式可得 因为 p 不是椭圆的顶点 所以 因为 p 不是椭圆的顶点 所以 故 故 设圆心为 设圆心为 则 则 圆的半径 圆的半径 假设存在过 假设存在过的直线满足题设条件 并设该直线的方程为的直线满足题设条件 并设该直线的方程为 由相切可知由相切可知 所以 所以 即即 解得 解得 故存在满足条件的直线 故存在满足条件的直线 20 详解 详解 1 甲解开密码锁所需时间的中位数为 甲解开密码锁所需时间的中位数为 47 0 01 50 014 550 034 5b 0 0447450 5 解得 解得0 026b 0 04 3 0 032 550 010 100 5a 解得 解得0 024a 甲在 甲在 1 分钟内解开密码锁的频率是分钟内解开密码锁的频率是1 0 01 100 9f 甲 乙在 乙在 1 分钟内解开密码锁的频率是分钟内解开密码锁的频率是1 0 035 5 0 025 50 7f 乙 2 由 由 1 知 甲 乙 丙在 知 甲 乙 丙在 1 分钟内解开密码锁的概率分别是分钟内解开密码锁的概率分别是 1 0 9p 2 0 7p 3 0 5p 且各人是否解开密码锁相互独立 设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为 且各人是否解开密码锁相互独立 设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为 1 e x 按丙乙甲的顺序对应的数学期望为 按丙乙甲的顺序对应的数学期望为 2 e x 则 则 12 1p xp 231 12p xpp 231 131ppp x 213322 23111e xppppp 2323 3 2ppp p 123232 3e xppp pp 123232 31 45e xppp pp 同理可求得 同理可求得 223233 31 65e xppp pp 所以按乙丙甲派出的顺序期望更小 所以按乙丙甲派出的顺序期望更小 答案 先派出甲 再派乙 最后派丙 下面是理由 给老师和学生参考 设按先后顺序自能完成任务的概率分别为 答案 先派出甲 再派乙 最后派丙 下面是理由 给老师和学生参考 设按先后顺序自能完成任务的概率分别为 1 p 2 p 3 p 且 且 1 p 2 p 3 p互不相等 根据题意知 互不相等 根据题意知x的取值为的取值为 1 2 3 则 则 1 1p xp 12 21p xpp 12 131pppx 12211 2 13 11e xppppp 1212 3 2ppp p 12121 3eppp ppx 若交换前两个人的派出顺序 则变为 若交换前两个人的派出顺序 则变为 12122 3ppp pp 由此可见 当 由此可见 当 12 pp 时 交换前两人的派出顺序会增大均值 故应选概率最大的甲先开锁 若保持第一人派出的人选不变 交换后两人的派出顺序 交换前 时 交换前两人的派出顺序会增大均值 故应选概率最大的甲先开锁 若保持第一人派出的人选不变 交换后两人的派出顺序 交换前 12121112 3321ppp ppepxpp 交换后的派出顺序则期望值变为 交换后的派出顺序则期望值变为 113 321ppp 当 当 23 pp 时 交换后的派出顺序可增大均值 所以先派出甲 再派乙 最后派丙 这样能使所需派出的人员数目的均值 教学期望 达到最小 时 交换后的派出顺序可增大均值 所以先派出甲 再派乙 最后派丙 这样能使所需派出的人员数目的均值 教学期望 达到最小 21 详解 详解 1 由 1 由 得 得 则 则 若 若时 即时 即时 时 在在单调递减 若 单调递减 若 即 即时 时 有两个零点 零点为 有两个零点 零点为 又又开口向下当开口向下当时 时 单调递减 当 单调递减 当时 时 单调递增当单调递增当时 时 单调递 减综上所述 当 单调递 减综上所述 当时 时 在在上单调递减 当上单调递减 当时 时 在在和和 上单调递减 上单调递减 在在上单调递增 2 由 1 知当 上单调递增 2 由 1 知当时 时 单调递减 不可能有三个不同的零点 当 单调递减 不可能有三个不同的零点 当时 时 在在和和上单调递减 上单调递减 在在上单调递增 上单调递增 又 又 有 有 在在上单调递增 上单调递增 令令 令 令 单调递增 由 单调递增 由 求得 求得 当 当时 时 单调递减 单调递减 在在上单调递增故上单调递增故 故 故 由零点存在性定理知 由零点存在性定理知在区间在区间有一个根 设为 有一个根 设为 又 又 得 得 是是的另一个零点 故当 的另一个零点 故当时 时 存在三个不同的零点存在三个不同的零点 22 解答 解答 解 解 1 由 得 由 得 cos sin 2 化成直角坐标方程得 化成直角坐标方程得 x y 2 直线 直线 l 的方程为的方程为 x y 4 0 依题意 设 依题意 设 p 2cost 2sint 则则p到直线到直线l的距离的距离d 2 2cos t 当 当 t 2k 即 即 t 2k k z 时 时 dmax 4 故点故点 p 到直线到直线 l 的距离的最大值为的距离的最大值为 4 2 因为曲线 因为曲线 c 上的所有点均在直线上的所有点均在直线 l 的右下方 的右下方 t r acost 2sint 4 0 恒成立 即恒成立 即cos t 4 0 其中 其中 tan 恒成立 恒成立 4 又 又 a 0 解得 解得 0 a 2 故故 a 取值范围 取值范围 0 2 23 证明 证明 1 a b ab c2 a2b ac2 ab2 bc2 4 4 4abc 当且仅当 当且仅当 a b c 时取等号 时取等号 2 a b c 均为正实数 均为正实数 当且仅当 当且仅当 a 1 2 即 即 a 1 时取等号 时取等号 同理可得 同理可得 相加可得 相加可得 6 3 当且仅当 当且仅当 a b c 1 时取等号时取等号 附加 2 1 由正弦定理得 sinsin abbc bcabac 即 23 1 sin 4 bca 解得 6 sin 12 bca 2 设 3acx adx 在rt acd中 22 2 2 2 2 sin 3 cd cdadacxcad ad 在abc中 由余弦定理得 2222 1 cos 22 2 abacbcx bac ab acx 又 baccad 2 所以cossinbaccad 即 2 12 2 32 2 x x 整理得 2 3