2020北京高三朝阳二模数学答案30943.pdf

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1、北京市朝阳区高三年级高考练习二 数学 参考答案 第一部分（选择题 共 40 分）一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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 共 110 分）二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）（11）12 （12）15 （13）12（14）2；2 3 （15）三、解答题（共 6 小题，共 85 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

2、充条件.解答如下：（）因为51a，31 a，所以1d 所以1(5)14()nannnN 4 分（）由（）可知13 a 所以1()1(7)22nnn aaSn n 因为nN，所以当3n或4时，nS取得最小值，最小值为6 故存在正整数3n或4，使得nS有最小值，最小值为6 14 分 选择作为补充条件.解答如下：（）因为51a，2d，所以1(5)229()nannnN 4 分（）由（）可知17 a 所以21()82nnn aaSnn所以当4n时，nS取得最小值，最小值为16 故存在正整数4n，使得nS有最小值，最小值为16 14 分 （17）（本小题 14 分）解：（）因为ABCD是正方形，所以AD

3、CD 又因为ADDE，DE 平面CDEF，CD 平面CDEF，CDDED=I，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EOCD，垂足为O，则OE 平面ABCD 在平面ABCD内，过O作OHCD，则OE OH 如图建立空间直角坐标系-Oxyz，因为4AD=，2DEEF=，且3EDC?，所以1DO=，3OE=则(4,1,0)A-，(4,3,0)B，(0,3,0)C，(0,1,0)D-，(0,0,3)E，所以(4,0,0)AD=-uuu r，(4,1,3)AE=-uuu r，(4,4,0)BD=-uuu r 设平面ADE的一个法向量为(

4、,)x y z=n，则0,0.ADAE?nnuuu ruuu r 即40,430.xxyz-=-+=令3y，则0 x，1z，于是(0,3,1)=-n 设直线BD与平面ADE所成角为q，则|4 36sin|cos,|424 2|BDBDBDq=nnnuuu ruuu ruuu r 所以直线BD与平面ADE所成角的正弦值为64 10 分（）棱AB上存在点G，使得/MG平面ADE，此时3AG=理由如下：GMFEDCBAOHxyz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ABFEEF=，所以/DC EF 由（）知，(0,2,3

5、)F，53(0,)22M 设11(4,0)(13)Gyy-，则153(4,)22MGy=-uuur 由（）知，平面ADE的一个法向量为(0,3,1)=-n 若/MG平面ADE，则0MG?nuuu r，即1533()022y-+=，解得12y=，即(4,2,0)G 经验证，此时/MG平面ADE 所以棱AB上存在点G，使得/MG平面ADE，此时3AG=14 分 （18）（本小题 14 分）解：（）由题意知，1(0.10.20.4)1a，所以0.3a 3 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410410辆，行驶里程在

6、8,9这一组的无人驾驶汽车有310310辆 由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2 24272(0)7CP XC，1143274(1)7C CP XC，23271(2)7CP XC 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 27 47 17 所以X的数学期望2416()0127777 E X 11 分（）这种说法不正确理由如下：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0102|不恒成立 所以这种说法不正确 14 分 （19）（本小题 14 分）解：（）由题意可知222222,6()121,2,2abcabca得22b，24a 所以椭圆

7、C的方程为22142xy 5 分（）由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为(4)yk x 由(4),1 0 yk xx得1,3.xyk所以(1,3)Qk 由22(4),24yk xxy得222(4)4xkxk.整理得2222(1 2)16(324)0kxk xk.由2 222(16)4(1 2)(324)0 kkk，得6666k 设直线l与椭圆C的交点11(,)A x y，22(,)B x y，则2122161 2kxxk，212232412kx xk.因为uuu ruuu rAPPB，uuu ruuu rAQQB且11(4,)uuu rAPxy，22(4,)uuu rPBxy，11(

8、1,3)uuu rAQxky，22(1,3)uuu rQBxyk，所以111212222241(4)(1)(1)(4)41(4)(1)xxxxxxxxxx 1212225()28(4)(1)xxx xxx.因为22121 222163245()285281 21 2 kkxxx xkk 222280648 8 1612 kkkk0，所以0.14 分（20）（本小题 15 分）解：（）（）因为()2sincosf xxxxax，所以()2cos(cossin)cossinfxxxxxaxxxa 因为曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线的斜率为1，所以(0)1f，即11a，故0a 经检验，符

9、合题意 4 分 （)由（）可知()2sincosf xxxx，()cossinfxxxx 设()()g xfx，则()cosg xxx 令()0g x，又)(0,x，得2x 当(0,)2x时，()0g x；当(,)2x时，()0g x，所以()g x在(0,)2内单调递增，在(,)2内单调递减 又(0)1g，()22g，()1 g，因此，当(0,2x时，()(0)0g xg，即()0fx，此时()f x在区间(0,2上无极值点；当(,)2x时，()0g x有唯一解0 x，即()0fx有唯一解0 x，且易知当0(,)2xx时，()0fx，当0(,)xx时，()0fx，故此时()f x在区间(,)

10、2内有唯一极大值点0 x 综上可知，函数()f x在区间(0,)内有唯一极值点 10 分（）因为()cossinfxxxxa，设()()h xfx，则()cosh xxx 令()0h x，又(0,)x，得2x 且当(0,)2x时，()0h x；当(,)2x时，()0h x，所以()fx在(0,)2内单调递增，在(,)2内单调递减 当1a时，(0)10 fa，()022fa，()1 fa（1）当()10 fa，即1a时，()0fx 此时函数()f x在(0,)内单调递增，()(0)0f xf；（2）当()10 fa，即11 a时，因为(0)10 fa，()022fa，所以，在(0,)2内()0f

11、x恒成立，而在区间(,)2内()fx有且只有一个零点，记为1x，则函数()f x在1(0,)x内单调递增，在1(,)x内单调递减 又因为(0)0f，()(1)0 fa，所以此时()0f x 由（1）（2）可知，当1a时，对任意(0,)x，总有()0f x 15 分 （21）（本小题 14 分）解：（）2An；4Bn 4 分（）不妨设12340aaaa 因为1234243411()22AASaaaaaaaaS，所以24aa，34aa不能整除AS 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624An

12、 当1,5,7,11A时，4An，所以An的最大值为4 9 分（）假设12340aaaaa 由（）可知，当An取到最大值4时，12aa，13aa，14aa，23aa均能整除AS 因为14231max,2AASaa aaS，故14231=max,2ASaa aa，所以1423aaaa 设12uaa，13vaa，则u，v是2312()2(2)ASaauva的因数，所以v是12(2)ua的因数，且u是12(2)va的因数 因为uv，所以12(2)22uauv，因为v是12(2)ua的因数，所以124vua 因为u是112(2)412vaua的因数，所以u是112a的因数 因为124uvua，所以14ua，所以166uaa，或11212uaa 故1111,5,7,11 Aaaaa，或1111,11,19,29 Aaaaa 所以当An取到最大值4时，,5,7,11 Aaaaa，或,11,19,29 Aaaaa 14 分