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1 2020 届高三年级下学期开学考试理科数学参考答案 1-12：CBBA CBBB CCDD 13-16：28        )(,2 )1(9 )(,2 9 为奇数 为偶数 nn nn Tn 3 112 (7,8) 17. 【解析】 ......2 分 ....4 分 .....6 分 .....8 分 .....10 分 ......12 分 18.【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，则 1 1 3 7 9 19 a d a d      ， …………2 分 解得： 1a 1,d 2= = ， …………4 分 ∴ 1 2( 1) 2 1na n n     ， 2(1 2 1) 2n n nS n   ． …………6 分 （2）   1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n b a a n n n n           ， …………8 分 ∴数列 nb 的前 n 项和为 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n                           L …………10 分 1 112 2 1 2 1 n n n        …………12 分 19.（Ⅰ）【证明】在梯形 ABCD 中，∵ / /AB CD ,设 1AD CD BC   ， .24436)( .62 34)11( .4,33 2sin2 1)2( .3 2),,0(.3tan cos2 3sin2 1sin),3sin(sin,0sin,0 ).3sin(sinsinsin),3sin(sin)1( 222        accaaccab caacca acacS BBB BBBBBCC BCCBBcCb ABC 得由题可知， 又 ，       2 又∵ 2 3BCD   ,∴ 2AB  ,∴ 2 2 2 2 cos60 3AC AB BC AB BC       ∴ 2 2 2AB AC BC  .则 BC AC . ……2 分 ∵CF  平面 ABCD , AC  平面 ABCD ，∴ AC CF , ……4 分 而CF BC C ,∴ AC  平面 BCF .∵ //EF AC ,∴ EF  平面 BCF . ……6 分 （Ⅱ）【解析】分别以直线 , ,CA CB CF 为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 1AD CD BC CD    ，令  0 3FM     ， 则        0,0,0 , 3,0,0 , 0,1,0 , ,0,1C A B M  ，……8 分 ∴    3,1,0 , , 1,1AB BM      设  , ,n x y z 为平面 MAB 的一个法向量， 由 0 0 n AB n BM         得 3 0 0 x y x y z        ，取 1x  ，则  1, 3, 3n   ， ∵  1,0,0m  是平面 FCB 的一个法向量， ……10 分 ∴    2 2 1 1cos , 1 3 3 1 3 4 n mn m n m                 ∵ 0 3  ，∴当 0  时， cos 有最小值为 7 7 ， ∴点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角最大， 此时二面角的余弦值为 7 7 . ……12 分 20.【解析】（1）设椭圆C 的焦距为  2 0c c  ，由题知，点 2, 2P c      ， 2b  ，…2 分 则有 2 2 2 2 2 12 c a        ， 2 2 3 4 c a   ，又 2 2 2 22a b c c    ， 2 8a  ， 2 6c  ，3 因此，椭圆C 的标准方程为 2 2 18 2 x y  ； ………4 分 （2）当 AB x 轴时， M 位于 x 轴上，且OM AB ， 由 2OM  可得 6AB  ，此时 1 32AOBS OM AB    ； ………5 分 当 AB 不垂直 x 轴时，设直线 AB 的方程为 y kx t  ，与椭圆交于  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由 2 2 18 2 x y y kx t       ，得 2 2 21 4 8 4 8 0k x ktx t     . 1 2 2 8 1 4 ktx x k     ， 2 1 2 2 4 8 1 4 tx x k   ，从而 2 2 4 ,1 4 1 4 kt tM k k       …………7 分 已知 2OM  ，可得  22 2 2 2 1 4 1 16 k t k    . …………8 分       2 2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 8 4 81 4 1 41 4 1 4 kt tAB k x x x x k k k                            2 2 2 22 16 8 2 1 1 4 k t k k      . 设O 到直线 AB 的距离为 d ，则 2 2 21 td k   ，       2 2 2 2 2 2 22 16 8 21 14 11 4 AOB k t tS k kk        . …………10 分 将  22 2 2 2 1 4 1 16 k t k    代入化简得     2 2 2 22 192 4 1 1 16 AOB k k S k     . 令 21 16k p  ，则      2 2 2 2 22 112 1 1192 4 1 4 1 16 AOB ppk k S pk          2 1 1 43 3 43 3p             . 当且仅当 3p  时取等号，此时 AOB 的面积最大，最大值为 2 . 综上： AOB 的面积最大，最大值为 2 . ……………12 分4 21.【证明】(1)由 xxxf cos1 11)(  ， 当 ),0( x 时，函数 1 1  xy 和 xy cos 单调递减， 故函数 xxy cos1 11  单调递增. …………………………………2 分 又由 010cos11)0( f ， 01 12cos1 11)(  f ， 故存在唯一 ),0(0 x 使得 0)( 0  xf ，且当 ),0( 0xx 时， 0)(  xf ； 当 ),( 0 xx 时， 0)(  xf . ……………………………4 分 所以当 ),0( 0xx 时，函数 )(xf 单调递减；当 ),( 0 xx 时，函数 )(xf 单调递增, 故函数 )(xf 在区间 ),0(  存在唯一的极小值点. …………………………5 分 (2) ①当 ]0,1(x 时， xx xxf cos1)(  ，又由 0cos,01  xx x ，可得 0)(  xf ， 故在区间 ]0,1( 上函数 )(xf 单调递减， 又由 0)0( f ，故有 0)( xf ，可得此时函数 )(xf 的零点为 0x . ………………7 分 ②当 ),0( x 时，由 0)0( f ， 02ln)1ln()( 2   ef ， 04 75.3 12 154 4 3 2 1 32 3 2 1 3 2 3ln32 32ln32 3)13ln(33sin)13ln(3)3(     ef 又由(1)可知,此时函数 )(xf 在区间 ),3(  上有唯一零点； ……………………………9 分 ③当 ),(  x 时，令 )),(()1ln()(  xxxxg ， ，则 ,011 11)(  x x xxg 故此时函数 )(xg 单调递增，有 ,12ln)1ln()()( 2   egxg 又由 1sin x ，故对 ),(  x ,有 0)( xf ， 所以在区间 ),(  上函数 )(xf 没有零点. …………………………11 分5 综上所述，函数 )(xf 有且仅有两个零点. …………………………12 分 22.【解析】（1）由题意得： ;1:  yxl …………………2 分 曲线  cos4: 2 C ，即 0422  xyx …………………4 分 （2）由题意得，直线l 的参数方程为         ty t 2 21 2 2-x （t 为参数）,………………5 分 代入 0422  xyx 得： 01232  tt . ………………8 分 设 NM , 对应的参数分别为 21,tt ， 则 232121  ttttANAM . ………………10 分 23. 【证明】（1）由 33 abccba  （当且仅当 cba  时取等号）,…………………1 分 由 333 abcabc  得： 1abc （当且仅当 1 cba 时取等号）, …………………3 分 又 3 2)(3 abccabcab  且 1abc ， 所以 3 cabcab （当且仅当 1 cba 时取等号）. …………………5 分 （2）由 abba 211 22  （当且仅当 ba  时取等号）, …………………6 分 bccb 211 22  （当且仅当 cb  时取等号）, …………………7 分 caac 211 22  （当且仅当 ac  时取等号）, …………………8 分 三式相加得： )111(2)111(2 222 cabcabcba  , 可化为 cabcabcba 111111 222  , 又 33111  abc abc abc cba cabcab , 所以 3111 222  cba （当且仅当 1 cba 时取等号）. …………………10 分