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

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1、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

2、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

3、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)( )1xxxxxxe

4、x 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

5、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

6、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

7、 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，

8、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

9、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

10、，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

11、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

12、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

13、 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

14、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

15、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

16、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

17、，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

18、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

19、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

20、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cossinBACC

21、AD，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

22、（） 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.