安徽省合肥市2019届高三第三次教学质量检测数学理答案.pdf

高三数学试题（理科）答案 第 1 页（共 5 页） 合肥市 2019 年高三第三次教学质量检测 数学试题（理科）参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.8 14. 7 4 15. 1 4 16. 25 5 三、解答题： 17.(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)当 1n  时， 1 1a  ，故 1 6b  . 当 2n  时， 1221nnaa n ， 则 nb  23nan 122123nan n 12( 2 1)nan   122(1)3nan ， ∴ 12nnbb ， ∴数列 nb 是首项为 6 ，公比为 2 的等比数列. ………………………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 32n nb   ，∴ 233223n nnab n n， ∴   2 21 2 32 2 2 21 2 3 3 1 312 n n nSnnnnn          ， ∴ +1 232 4 6n nSnn   . …………………………12 分 18.(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)由题意得： 城镇居民 农村居民 合计 经常阅读 100 24 124 不经常阅读 50 26 76 合计 150 50 200 则 2 2 200 100 26 50 24 9800 5.546 5.024150 50 124 76 1767K   。 所以，有 97.5%的把握认为经常阅读与居民居住地有关. ……………………………6 分 (Ⅱ)根据样本估计，从该地区城镇居民中随机抽取 1 人，抽到经常阅读的人的概率是 2 3 ， 且 X ～B（4， 2 3 ），所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 1 81 8 81 24 81 32 81 16 81 ∴  284 33EX  . …………………………12 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C D A B B A B B D C D 高三数学试题（理科）答案 第 2 页（共 5 页） 19.(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)取AD 的中点为 O，连结 OP，OB，OC.设OB 交AC 于点 H，连结 GH. ∵ AD ∥BC ， 1 2ABBCCDAD ∴四边形 ABCO 与四边形 OBCD 均为菱形 ∴OB⊥AC，OB ∥CD ∴CD AC . PAD O AD PO AD    为等边三角形， 为 中点 PAD ABCD PAD ABCD AD PO PAD PO AD PO ABCD    平面 平面 且平面 平面 ， 平面 且 平面 ∵CD ABCD 平面 ∴ PO CD ∵H ，G 分别为 OB， PB 的中点 ∴GH ∥PO ∴GH CD 又∵ GH AC H ∴CD GAC 平面 . ………………………6 分 (Ⅱ)取 BC 的中点为 E，以 O 为空间坐标原点，分别以 OE OD OP  ，， 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴 的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz . 设 AD=4，则P (0，0，23)，A (0，-2，0)，C ( 3 ，1，0)，D (0，2，0)，G 31 322  ，， . AP   (0，2，23)， 33 322AG    ，， . 设平面 PAG 的一个法向量 nxyz  ，， . 由 22300 3 330 3022 yznAP y z xznAG xy z             . 令 1z  ，则  1 3 1n   ，，. 由(Ⅰ)可知，平面 AGC 的一个法向量为  3 1 0CD   ，， . ∴二面角 PAGC的平面角 的余弦值 23 15cos 525 nCD nCD        .……………12 分 20.(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)由已知，得 1 48 c a    ，∴ 1 2 c a    ，∴ 2 3b  ， ∴椭圆 C 的标准方程 22 143 xy. ……………………………6 分 (Ⅱ)若直线l 的斜率不存在，则直线 m 的斜率也不存在，这与直线 m 与直线l 相交于点 P 矛盾， 所以直线l 的斜率存在. 令 :1ly kx( 0k  )，  :my kx t ，  AAA xy， ，  B BBx y， ， MMM xy， ， NNNx y， . 将直线 m 的方程代入椭圆方程得：    22 2 2234 8 4 3 0kx ktxkt  ， 高三数学试题（理科）答案 第 3 页（共 5 页） ∴ 2 2 8 34MN ktxx k ，  22 2 43 34MN kt xx k    ，∴    222 2 2 22 16 12 3 9 1 34 kkt MN k k      . 同理，  22 2 22 12 149 91 34 34 kkAB k kk   . 由 2 4MNAB 得 0t  ，此时，   42 2 2264 16 3 4 3 0kt k kt  ， ∴直线 :my kx ， ∴ 11 22Pk ， ，即点 P 在定直线 1 2x  上. …………………………12 分 21.(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)  f x 的定义域为 (0, ).     2lng xfxxaxa  ，  22 axagx x x    . 当 0a  时，   0gx  ，函数  ygx 在 0  ， 单调递增，函数  ygx 没有极值. 当 0a  时，由   0gx  ，得 2 ax  ，函数  ygx 在 0 2 a  ， 上单调递减，在 2 a ， 上单调 递增. 函数  ygx 的极小值为 ln22 aaga ，没有极大值. …………………………6 分 (Ⅱ) (解法一)依题意，要使得   0fx 对  1x e， 恒成立，只需 min() 0fx  即可. ⑴当 2a  时，由(Ⅰ)可知，  2 0xagx x    ，函数  g x 在  1 e， 上单调递增，  12 0gx g a. 函数  f x 在 1 e， 上单调递增，∴    min 12 0fx f a  即 22a . ⑵当 22ae 时，由(Ⅰ)可知，函数  g x 在 1 2 a     ， 上单调递减，在 2 a e     ， 上单调递增. ①当2 ae时，    12 0 ln0 2 022 aagaga geea      ，， . 由零点存在性定理可知，存在唯一 0 2 ax e ， ，使得  0 0gx  ，即 002ln0xaxa . ∴ 00ln 2ax x a，此时，函数  f x 在 01 x， 上单调递减，在 0[]x e， 上单调递增.     2 0000min . ln 1f xfxxaxxa    22 000 0 02111xxxaa xax    0011x ax . ∵ 0 10x  ，且 010ax ，满足  min 0fx  ，∴ 2 ae  符合题意. ②当 2ea e 时，        max max 1 max 2 2 2 0gx g ge a e a，，， 此时，函数  f x 在 1 e， 上单调递减，     2 min 10fx fe e aea ，即 2 1 1 eea e  . ⑶当 2ae 时，  2 0xagx x  ，函数  g x 在 1 e， 上单调递减，  12 0gx g a， 高三数学试题（理科）答案 第 4 页（共 5 页） 此时，函数  f x 在 1 e， 上单调递减，     2 min 10fx fe e aea ， 解得 2 1 1 ea e   ，与 2ae 矛盾，故舍去. 综上得， 2 12 1 ea e    . …………………………12 分 (解法二)对  1x e， ，   0fx 恒成立，即对  1x e， ， 2 ln 1 0xaxxa ， ∴对  1x e， ， 1ln 0axa x x . 令  1ln ahx x a x x   ，则      2 22 2 11 111 xaxa x xaaahx x xx x         . ①当 11a ，即 0a  时，对  1x e， ，   0hx  ，∴  hx在 1 e， 上单调递增， ∴  min 12 0hx h a，解得 2a  ，∴ 20a 满足题意. ②当 1ae ，即 1ae时，对  1x e， ，   0hx  ，∴  hx在 1 e， 上单调递减， ∴  min 1 0ahx he e a e ，解得 2 1 1 ea e   ，∴ 2 11 1 eeae    满足题意. ③当11ae，即 01ae时，对于  11xa ， ，   0hx  ；对于  1x ae， ，   0hx  ， ∴  hx在 11a ， 上单调递减，在 1,ae 上单调递增， ∴    min 211ln1hx ha a aa  . 设  21ln1Ha aa   ，由于  21ln1Ha aa  在 01e ， 单调递减， ∴  2221ln11ln011Ha a eaee       ，即    min 0hx aHa  ， ∴01ae满足题意. 综上①②③可得， 2 12 1 ea e    . …………………………12 分 22.(本小题满分 10 分) 解：(Ⅰ)曲线 C： 224xy( 0y  )，曲线 E： 2 2 14 x y  . ……………………………5 分 (Ⅱ)设 A(2cos 2sin ， )，  0  ， ，要使得 AOB 面积的最大，则 B (2cos sin ， ). 11 33sin 2cos sin222 2AOB BSABx     .  202  ， ∴当 4   时， AOB 的面积取最大值 3 2 . ……………………………10 分 高三数学试题（理科）答案 第 5 页（共 5 页） 23.(本小题满分 10 分) 解：(Ⅰ)  42 1 31 1 24 1 1 4 2 1 xx fx x x x x xx      ， ， ， 当 1x  时， f x 的最小值为 2k  . ……………………………5 分 (Ⅱ)依题意， 2242mn  . 22 22 22 22 1114 14 144614444mnmn mn mn    22 22 1444 1 31452466244 nm mn  . 当且仅当 22 22 444 44 nm mn    ，即 2 20mn ， 时，等号成立. ……………………………10 分