辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试 数学(理) Word版答案

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辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试 数学(理) Word版答案

试卷第 1页,总 5页 沈阳二中 2019—2020 学年度下学期第五次模拟考试 高三(20 届)理科数学试题答案 1-5. BDABB 6-10 .ABDAA 11-12.BD 13. 1 4 14.5 15. 4 2 16. 0,2 4( ),  17.(1)因为 DE⊥平面 ABCD,所以 DE  AD, 因为 AD=4,AE=5,DE=3,同理 BF=3, 又 DE⊥平面 ABCD,BF⊥平面 ABCD, 所以 DE//BF,又 BF=DE, 所以平行四边形 BEDF,故 DF//BE, 因为 BE  平面 BCE,DF  平面 BCE 所以 DF//平面 BCE;……6 分 (2)建立如图空间直角坐标系, 则 D(0,0,0),A(4,0,0),C(0,4,0),F(4,3,﹣3),    0,4,0 , 4,3, 3DC DF    , 设平面 CDF 的法向量为 m x y z ( , , ), 由 4 0 4 3 3 0 m DC y m DF x y z             ,令 x=3,得  3,0,4m  , 易知平面 ABF 的一个法向量为  1,0,0n  r ,所以 3 5m n  cos< , > , 故 2 7cos2 2cos 1 25      .……12 分 18.解:(Ⅰ)由  1 4 2 2n na a n n    可化为   12 2 2 0n na n a n     . 令 2n nc a n  ,则 1 0n nc c   ,即 1n nc c   . 因为 1 2a  ,所以 1 1 2 0c a   ,所以 0nc  , 即 2 0na n  ,故 2na n .……6 分 (Ⅱ)由  1 2 33 7 2 1n n nb b b b a     , 可知    1 1 2 3 1 13 7 2 21n n na nb b b b         , 两式作差得   12 1 2 2n n n nb a a n     , 即  2 22 1n nb n  . 又当 1n  时,也 1 1 2b a  满足上式,故 2 2 1n nb   .……12 分 试卷第 2页,总 5页 19.解:(1)由题可知,    0,1 , ,0A F c ,则直线 AF 的方程为 1x yc   ,即 0x cy c   因为直线 AF 与圆 2 2: 6 2 7 0M x y x y     相切,该圆的圆心为 3,1 , 3r  则 2 2 3 33 3b c bc aab c       故椭圆的标准方程为 2 2 13 x y  ……4 分 (2)因为不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P,Q 两点,且 AP AQ ,即直线 AP 与坐标轴不垂直也不平行 由  0,1A 可设直线 AP 的方程为 1y kx  ,则直线 AQ 的方程为 1 1y xk    联立 2 2 13 1 x y y kx       ,消去 y 并整理得 2 21 3 6 0k x kx   ,解得 0x  或 2 6 1 3 k k   , 因此点 P 的坐标为 2 2 2 6 6, 11 3 1 3 k k k k        ,即 2 2 2 6 1 3,1 3 1 3 k k k k      将上式中的 k 换成 1 k  ,得点 Q 2 2 2 6 3,3 3 k k k k       所以直线 l 的斜率为 2 2 22 2 2 2 3 1 3 13 1 3 6 6 4 3 1 3 k k kk k k k k k k        , 即直线 l 的方程为 2 2 2 2 1 6 3 4 3 3 k k ky xk k k         , 化简并整理得 2 1 1 4 2 ky xk   ,故直线 l 恒过定点 1(0 )2 , ……12 分 20.解:(1)由题可知,所以可能的情况有①小明投中 1 次,小亮投中 2 次;②小明投中 2 次,小亮投中 1 次;③小明投中 2 次,小亮投中 2 次. 故所求概率 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 4 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 9P C C C C C C                                  ……4分 (2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为      1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 21 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 2 3( ) ( )P C p p C p C p C p p C p C p p p p p p p        试卷第 3页,总 5页 因为 1 2 4 3p p  ,所以 2 2 1 2 1 2 8 3( ) ( )3P p p p p  因为 10 1p  , 20 1p  , 1 2 4 3p p  ,所以 1 1 13 p  , 2 1 13 p  ,又 2 1 2 1 2 4 2 9 p pp p      所以 1 2 1 4 9 9p p  ,令 1 2t p p ,以 1 4 9 9t  ,则   2 83 3P h t t t    当 4 9t  时, max 16 27P  ,他们小组在 n 轮游戏中获“优秀小组”次数 满足  ~ ,B n p 由 max( ) 16np  ,则 27n  ,所以理论上至少要进行 27 轮游戏.此时 1 2 4 3p p  , 1 2 4 9p p  , 21 2 3p p  ……12 分 21.(Ⅰ) sin c s( ) of x m x x   ,则 2 cos1( ) ( co )s mf x m x x    , 2 3  是函数  f x 的极值点, 2( ) 0,1 03 2 mf     , 2m  , 又 2m  时, 2 cos1 2( ) (2 )cosf x x x    , 当 2(0, )3x  时,   0f x  , 2( , )3x   时,   0f x  , ∴  f x 在 2(0, )3  上单调递增, 2( , )3   上单调递减,∴ 2 3  是函数  f x 的极大值点, ∴ 2m  符合题意;……5 分 (Ⅱ)令 ( ) ( 1) sin 2 cos xg x k e x x     ,则  0 0g  , 由题得   0g x  在 0x  上恒成立, 2 co1 2( s cos) (2 ) x x xg x ke     , 令  2 cos 1,3t x   ,则 2 2 1 2 3 2 11,(2 ) cos cos 3t t x x           , ①当 1 3k  时, 1 3 xke  ,则   0g x  , ∴  g x 在 (0, ) 上单调递增,∴    0 0g x g  ,成立; ②当 10 3k  时,令    h x g x  ,则 3 sin cos2 ( 1)( s) ( )co2 x x xh x e xk     , 在 (0, )x  时,   0h x  ,∴  h x 在 (0, ) 上单调递增, 又 1(0) 03h k   , 1( 0)h ke    ,则在 (0, ) 上存在唯一 0x 使得  0 0h x  , 试卷第 4页,总 5页 ∴当  00,x x 时,   0h x  ,  g x 在 00, x 上单调递减,    0 0g x g  ,不符合题意; ③当 0k  时,在 (0, )2x  时,   0g x  , ∴  g x 在 (0, )2  上单调递减,此时    0 0g x g  ,不符合题意; 综上所述,实数 k 的最小值为 1 3 .……12 分 22.解:(Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中,可得点 ,曲线 为圆 , 圆心为 ,半径为 1,∴ =3, ∴ 的最小值为 . ……5 分 (Ⅱ)由已知,曲线 为圆 , 曲线 为圆 ,圆心为 ,半径为 t, ∵曲线 与曲线 有两个不同交点, , 解得 ,∴正数 t 的取值范围是 . ……10 分 23.解法一:(1) 1 13 ,2 2 3 1 1( ) ,2 2 2 1 13 ,2 2 x x f x x x x x               当 1 2x   时, 1( ) 22f x f       , 当 1 1 2 2x   , 1( ) 12f x f      , 当 1 2x  时, 1( ) 12f x f      , 所以 min ( ) 1m f x  ……5 分 解法二:(1) 1 1 1( ) 2 2 2f x x x x      1 1 1 2 2 2x x x               11 12x    试卷第 5页,总 5页 当且仅当 1 1 02 2 1 02 x x x             即 1 2x  时,等号成立.当 1 2x  时 min ( ) 1m f x  ……5 分 解法一:(2)由题意可知, 1 1 1ab bc ca c a b      , 因为 0a  , 0b  , 0c  ,所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      , 只需证明 1 1 1 ( ) 9a b cc a b         , 因为 331 1 1 1( ) 3 3 9a b c abcc a b abc          成立, 所以原不等式成立.……10 分 解法二:(2)因为 0a  , 0b  , 0c  ,所以 3 2 2 23 0ab bc ca a b c    , 33 0a b c abc    ,又因为 1abc  , 所以 3 2 2 23( )( ) 3 3 9a b c ab bc ac abc a b c       , ( )( ) 9ab bc ac a b c     所以 9ab bc ca a b c      ,原不等式得证.……10 分 补充:解法三:(2)由题意可知, 1 1 1ab bc ca c a b      , 因为 0a  , 0b  , 0c  ,所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      , 只需证明 1 1 1 ( ) 9a b ca b c         , 由柯西不等式得: 21 1 1 1 1 1( ) 9a b c a b ca b c a b c                    成立, 所以原不等式成立.……10 分
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