2020北京高三朝阳二模数学答案.pdf

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1、北京市朝阳区高三年级高考练习二北京市朝阳区高三年级高考练习二数学数学参考答案参考答案第一部分（选择题第一部分（选择题共共 4040 分）分）一、选择题（共一、选择题（共1010 小题，每小题小题，每小题4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）（1）B（2）B（3）D（4）A（5）A（6）C（7）C（8）D（9）C（10）A第二部分（非选择题第二部分（非选择题共共 110110 分）分）二、填空题（共二、填空题（共 5 5 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2525 分）分）1（12

2、）15（13）122（14）2；2 3（15）（11）三、解答题（共三、解答题（共 6 6 小题，共小题，共 8585 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）（16）（本小题 14 分）解：（不可以选择作为补充条件.）选择作为补充条件.解答如下：（）因为a51，a3 1，所以d 1所以an1(n 5)1 n 4(nN N)4 分（）由（）可知a1 3所以Snn(a1 an)1n(n 7)22因为nN N，所以当n3或4时，Sn取得最小值，最小值为6故存在正整数n3或4，使得Sn有最小值，最小值为614 分选择作为补充条件.解答如下：（）因为a5

3、1，d 2，所以an1(n 5)2 2n 9(nN N)4 分（）由（）可知a1 7所以Snn(a1 an)n28n所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为162故存在正整数n4，使得Sn有最小值，最小值为1614 分（17）（本小题 14 分）解：（）因为ABCD是正方形，所以AD CD又因为AD DE，DE 平面CDEF，CD平面CDEF，CDI DE=D，所以AD平面CDEF 4 分（）由（）知，AD平面CDEF,所以平面ABCD平面CDEF过点E作EO CD，垂足为O，则OE 平面ABCD在平面ABCD内，过O作OH CD，则OE OH如图建立空间直角坐标系O-xyz，因为AD=4，DE

4、=EF=2，且?EDCAHDEzFMOCyGBx，所以DO=1，OE=33则A(4,-1,0)，B(4,3,0)，C(0,3,0)，D(0,-1,0)，E(0,0,3)，uuu ruu u ruu u r所以AD=(-4,0,0)，AE=(-4,1,3)，BD=(-4,-4,0)设平面ADE的一个法向量为n n=(x,y,z)，uuu rn n?AD则uu u r n n?AE-4x=0,即0.-4x+y+0,3z=0.令y 3，则x 0，z1，于是n n=(0,3,-1)设直线BD与平面ADE所成角为q，uu u ruu u r|n nBD|4 36则sinq=|cos|=uu u r=4|

5、n n|BD|2 4 2所以直线BD与平面ADE所成角的正弦值为610 分4（）棱AB上存在点G，使得MG/平面ADE，此时AG=3理由如下：因为DC/AB，DC平面ABFE，AB平面ABFE，所以DC/平面ABFE因为DC平面DCFE，平面DCFEI平面ABFE=EF，所以DC/EF53由（）知，F(0,2,3)，M(0,)22uuu r53设G(4,y1,0)(-1y13)，则MG=(4,y1-,-)22由（）知，平面ADE的一个法向量为n n=(0,3,-1)uuu r若MG/平面ADE，则MG?n n0，即3(y1-53)+=0，解得y1=2，即G(4,2,0)22经验证，此时MG/平

6、面ADE所以棱AB上存在点G，使得MG/平面ADE，此时AG=314 分（18）（本小题 14 分）解：（）由题意知，1(0.10.20.4 a)1，所以a 0.33 分（）4组无人驾驶汽车的数量比为1:2:4:3，若使用分层抽样抽取10辆汽车，则行驶里程在7,8)这一组的无人驾驶汽车有10行驶里程在8,9这一组的无人驾驶汽车有104 4辆，103 3辆10由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2112C4C34C321C42P(X 0)2，P(X 1)2，P(X 2)2C77C77C77所以X的分布列为X0122417772416所以X的数学期望E(X)01211 分7777P（）这种说法不

7、正确理由如下：由于样本具有随机性，故1，2是随机变量，受抽样结果影响因此有可能1更接近0，也有可能2更接近0，所以|01|02|不恒成立所以这种说法不正确14 分（19）（本小题 14 分）a2b2c2,6解：（）由题意可知1(22)1,得b2 2，a2 4a2b2c2a2,所以椭圆C的方程为x24y221（）由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x4)由y k(x4),x10得x 1,y 3k.所以Q(1,3k)由y k(x4),x22y24得x22(kx4k)24.整理得(12k2)x216k2x(32k24)0.由(16k2)24(12k2)(32k24)0，得666 k

8、6设直线l与椭圆C的交点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x x16k232k241212k2，x1x21 2k2.因为uAPuu ruPBuu r，uAQuu ruQBuu r且uAPuu r(4 xuuu r1,y1)，PB (x2 4,y2)，uAQuu r(1 x yuuu r1,3k1)，QB (x21,y23k)，所以4 x11 x1(4 x1)(x21)(1 x1)(x24)x1)24x21(x24)(x25(x1 x2)2x1x28(x 4)(x.221)5 分16k232k2428因为5(x1 x2)2x1x28512k212k280k264k28816k2 0，12k2

9、所以 0.14 分（20）（本小题 15 分）解：（）（）因为f(x)2sin x xcosx ax，所以f(x)2cosx(cosx xsinx)a cosx xsinxa因为曲线y f(x)在点(0,f(0)处的切线的斜率为1，所以f(0)1，即1a 1，故a 0经检验，符合题意4 分（)由（）可知f(x)2sin x xcosx，f(x)cosx xsinx设g(x)f(x)，则g(x)xcos x2当x(0,)时，g(x)0；当x(,)时，g(x)0，22所以g(x)在(0,)内单调递增，在(,)内单调递减22又g(0)1，g()，g()1，22因此，当x(0,时，g(x)g(0)0，

10、即f(x)0，此时f(x)在区间(0,上无极值点；22当x(,)时，g(x)0有唯一解x0，即f(x)0有唯一解x0，2且易知当x(,x0)时，f(x)0，当x(x0,)时，f(x)0，2故此时f(x)在区间(,)内有唯一极大值点x02令g(x)0，又x(0,)，得x 综上可知，函数f(x)在区间(0,)内有唯一极值点10 分（）因为f(x)cos x xsin x a，设h(x)f(x)，则h(x)xcosx 且当x(0,)时，h(x)0；当x(,)时，h(x)0，222所以f(x)在(0,)内单调递增，在(,)内单调递减22当a 1时，f(0)1 a 0，f()a 0，f()1 a22令h

11、(x)0，又x(0,)，得x（1）当f()1 a 0，即a 1时，f(x)0此时函数f(x)在(0,)内单调递增，f(x)f(0)0；（2）当f()1 a 0，即1 a1时，因为f(0)1 a 0，f()a 0，22所以，在(0,)内f(x)0恒成立，而在区间(,)内f(x)有且只有一个零点，记为x1，22则函数f(x)在(0,x1)内单调递增，在(x1,)内单调递减又因为f(0)0，f()(1a)0，所以此时f(x)0由（1）（2）可知，当a 1时，对任意x(0,)，总有f(x)015 分（21）（本小题 14 分）解：（）nA 2；nB 44 分（）不妨设0a1a2a3a4因为SA(a1a

12、2a3a4)a2a4 a3a4 SA，所以a2a4，a3a4不能整除SA因为(i,j)最多有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)六种情况，而(2,4)，(3,4)不满足题意，所以nA624当A1,5,7,11时，nA 4，所以nA的最大值为49 分（）假设0a a1a2a3a4由（）可知，当nA取到最大值4时，a1a2，a1a3，a1a4，a2a3均能整除SA因为SA maxa1a4,a2a3 SA，故SA=maxa1a4,a2a3，所以a1a4a2a3设u a1a2，v a1a3，则u，v是SA2(a2a3)2(uv2a1)的因数，所以v是2(u2a1)的因数，且u是2(v2a1)的因数因为u v，所以2(u2a1)2u 2v，因为v是2(u2a1)的因数，所以v 2u4a112121212因为u是2(v2a1)4u12a1的因数，所以u是12a1的因数因为u v 2u4a1，所以u 4a1，所以u 6a16a，或u 12a112a故Aa1,5a1,7a1,11a1，或Aa1,11a1,19a1,29a1所以当nA取到最大值4时，Aa,5a,7a,11a，或Aa,11a,19a,29a14 分