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PDF202004110399.pdf

故与前三式联立，得故与前三式联立，得211231241,2,3349yyyyx ，22214yx ，233449yx ， 则则12314327xxx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1BC，设平面，设平面11ABCD与对角线与对角线1AC交于交于M， 由由111,BCBC DCBC，可得，可得1BC 平面平面11ABCD，即，即1BC 平面平面1ADM， 所以存在点， 所以存在点M，使得平面，使得平面1ADM 平面平面1BCD，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11B D C， 设平面， 设平面1ABD与与1AC交于交于M，可得，可得/DM平面平面11BCD，所以正确； 连接，所以正确； 连接1AD交交1AD于点于点O，过，过O点作点作1OMAC, 在正方体在正方体1111ABCDABC D中，中，1AD 平面平面11ABC D，所以，所以1AD OM， 所以， 所以OM为异面直线为异面直线1AD与与1AC的公垂线， 根据的公垂线， 根据11AOEAC D，所以，所以111OMOAC DAC，即，即11122632 3OA C DOMAC， 所以， 所以1ADM的最小面积为的最小面积为111162 32 22233A DMSAD OM. 所以若所以若1ADM的面积为的面积为S，则，则2 3,2 3)3S，所以不正确； 再点，所以不正确； 再点P从从1AC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，1S从从1减少趋向于减少趋向于 0，即，即1(0,1)S ， ， 2S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12SS， 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：211(1)(1)( )1xxxxxxex exx xefxexexxx ， 易得， 易得0,10 xx ，设，设( )0fx ，可得，可得10 xxe ，可得，可得1xex，由，由xye与与1yx图像可知存在图像可知存在0(0,1)x ，使得，使得001xex，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000001()ln21xaf xxexx ； 同理：； 同理：22222221(1)(1)(1)()( )1xxxxxeeexxxxexg xxxxx ， 设， 设( )0g x ，可得，可得1x 或者或者2xex，由，由2xye与与yx得图像可知，存在得图像可知，存在1(0,1)x ，使得，使得121xex， 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1112211112( )ln121xxxebg xexxxe ，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 25，可得：由展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 25，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 x1 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. 45 16【答案】【答案】2,4 【解析】【解析】2sin2sinsin32sinsin cos2cos sin21sinsinsinsin2sincoscbCBBBBBBBbaBABBBB 2211cos22cos4cos1coscosBBBBB.又.又20,B，且，且30,ABB，所以，所以0,3B.设.设1cos,12Bt ，令，令 22141cbtf tbat ，则，则 32218180tftttt，故，故 f t在在1,12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+1n+1=2=2pn+1pn+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=22p2p-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 22p2p=22=22p+1p+1=2=2p+2p+2，则 2p=p+2，即 p=2 此时 a，则 2p=p+2，即 p=2 此时 an na an+1n+1=2=2pn+1pn+1=2=22n+12n+1， ， 24nnaa，当 n 为奇数时，当 n 为奇数时2nna ，当 n 为偶数， ，当 n 为偶数，2nna 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)2G，所以，所以1( 3,2,3),(0,3)2BEBG ， 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32301302m BExyzm 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31cos,| |49363m nm nmn，即二面角，即二面角BEGD的余弦值为的余弦值为14（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10.9p ，20.7p ，30.5p 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1E 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2E X 则 则121P Xp，23112P Xpp，231131ppP X，21332223111E Xppppp23233 2ppp p ，1232323E Xppp pp， ， 12323231.45E Xppp pp 同理可求得 同理可求得22323331.65E 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1p，2p，3p，且，且1p，2p，3p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11P Xp，1221P Xpp，12131pPpX，122112 13 11E Xppppp12123 2ppp p ，121213Eppp 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121223ppp pp， 由此可见，当， 由此可见，当12pp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121211123321ppp 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113321ppp， 当， 当23pp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（cossin）2， 化成直角坐标方程得（化成直角坐标方程得（xy）2， 直线直线 l 的方程为的方程为 xy+40，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d2+2cos （t+） ，当） ，当 t+2k，即，即 t2k，k Z 时，时，dmax4， 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，acost2sint+40 恒成立，即恒成立，即cos （t+）+40（其中（其中 tan）恒成立，）恒成立， 4，又，又 a0，解得，解得 0a2， 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+bc2444abc，当且仅当，当且仅当 abc 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+12，即，即 a1 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 abc1 时取等号时取等号 附加：2.(1)由正弦定理得，sinsinABBCBCABAC，即231sin4BCA, 解得6sin12BCA. (2)设,3ACx ADx，在Rt ACD中，222 22 2 ,sin3CDCDADACxCADAD, 在ABC中,由余弦定理得，22221cos22 2ABACBCxBACAB ACx. 又BACCAD,2所以cossinBACCAD，即212 232 2xx. 整理得23830 xx，解得3x或1x3 （舍去） ，即3AC 2.试题解析： （）解：由，可得. 下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为. （2）当时，令，解得313ax ，或313ax . 当变化时，的变化情况如下表： 3(,1)3a 313a 33(1,1)33aa 313a 3(1,)3a 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为33(1,1)33aa，单调递增区间为3(,1)3a，3(1,)3a. （）证明：因为存在极值点，所以由（）知，且， 由题意，得，即， 进而. 又， 且， 由题意及 （） 知， 存在唯一实数1x满足，且，因此，所以. （）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当时，33102133aa ，由（）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此 max(2) ,(0)max 1 2,1Mffabb ， 所以. （2）当时，2 3332 31011213333aaaa ，由（）和（）知，2 33(0)(1)(1)33aafff，2 33(2)(1)(1)33aafff， 所以在区间上的取值范围为33 (1),(1)33aaff，因此 3322max(1) ,(1)max3,33399aaaaMffaabaab . （3）当时，2 32 3011233aa ，由（）和（）知， 2 33(0)(1)(1)33aafff，2 33(2)(1)(1)33aafff， 所以在区间上的取值范围为，因此 . 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.