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资料简介
2020 届四校联盟高三年级第二次联考试卷 数学试卷(理科)参考答案 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分,每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B D A A C C D A A C B 1、解析: , ,∴ 2、解析: ∵ = i 2 - i, ∴ = i(1 + i) 2 - i = ( - 1 + i)(2 + i) 22 + 12 = - 3 5 + i 5,则z = 1 5 - 3 5i. 3、解析:根据题意,函数f(x) = 3x - 2cosx,其导数函数f'(x) = 3 - 2sinx, 则有f'(x) = 3 - 2sinx > 0在 R 上恒成立,则f(x)在 R 上为增函数; 又由2 = log24 < log27 < 3 < 3 2,则b < c < a;故选:D. 4、解析:已知α,β是两个不重合的平面,直线AA1 ∩ α = A,AA1 ∩ β = A1,直线BB1 ∩ α = B, BB1 ∩ β = B1,AA1//BB1,p:α//β,q:AA1 = BB1, ①若p:α//β,直线AA1 ∩ α = A,AA1 ∩ β = A1,直线BB1 ∩ α = B,BB1 ∩ β = B1,AA1//BB1, 可得AB//A1B1,四边形AA1B1B为平行四边形,则AA1 = BB1,p 可推出 q, ②若 q:AA1 = BB1,因为AA1//BB1,可得四边形AA1B1B为平行四边形, 因为直线AA1 ∩ α = A,AA1 ∩ β = A1,直线BB1 ∩ α = B,BB1 ∩ β = B1,所以AB//A1B1, AB ⊂ α,A1B1 ⊂ β,不能推出α//β,则 p 是 q 的充分不必要条件.故选:A. 5、解析:由题意, 的展开式 的项为 6、解析: ,不满足条件 不满足条件 满足条件 ,退出循环,输出 n 的值为 ,故 7、解析:f(x) = ( 2 1 + ex -1)sinx = 1 - ex 1 + ex ⋅ sinx, 则f( - x) = 1 - e -x 1 + e -x ⋅ sin( - x) = ex - 1 ex + 1 ⋅ ( - sinx) = 1 - ex 1 + ex ⋅ sinx = f(x), 则f(x)是偶函数,则图象关于 y 轴对称,排除 B,D, 当x = 1时,f(1) = 1 - e 1 + e ⋅ sin1 < 0,排除 A,故选:C. 8、解析:至少要用 8 根小木根的对立事件为用掉 5 根,6 根,7 根这三种情况,  31  xxA  1 yyB  3,1 BA   52212 xx  x8       xxxx CC 8120221222 323 5 232 5  2 3360sin3,6  Sn 330sin6,12  SnPS , 1056.315sin12,24  SnPS , PS  24 1.3p 用 5 根小木棍为 1、2、6 这一种情况的全排列, 6 根有 123,127,163,167 这四种情况的全排列, 7 根有 124,128,164,168,137,267,263 这七种情况的全排列, 故至少要用 8 根小木根的概率为1 - 12A33 A39 = 6 7 9、解法 1:如图所示,建立直角坐标系. B(0,0),C(2 3,0),A( 3,3). ∵ 点 P 满足|AP| = 1, ∴ 点 P 的轨迹方程为:(x - 3)2 +(y - 3)2 = 1, 令x = 3 +cosθ,y = 3 + sinθ,θ ∈ [0,2π). 又PM = MC,则M(3 3 2 + 1 2cosθ,3 2 + 1 2sinθ), ∴ = 9|BM|2 = 9(3 3 2 + 1 2cosθ)2 +(3 2 + 1 2sinθ)2 = 37 4 +3sin(θ + π 3) ≤ 9x49 4 . 的最大值是 . 解法 2:取 AC 中点 N,MN = 1 2 ,从而 M 轨迹为以 N 为圆心,1 2 为半径的圆,B,N,M 三点共线时,BM 为最大值.所以 BM 最大值为3 + 1 2 = 7 2 . 10、 解析:设直线PF2与圆x2 + y2 = a2相切于点 M, 则|OM| = a,OM ⊥ PF2,取PF2的中点 N,连接NF2, 由于|PF1| = |F1F2| = 2c,则NF1 ⊥ PF2,|NP| = |NF2|, 由|NF1| = 2|OM| = 2a,则|NP| = 4c2 - 4a2 = 2b, 即有|PF2| = 4b,由双曲线的定义可得|PF2| - |PF1| = 2a, 即4b - 2c = 2a,即2b = c + a,4b2 - 4ab + a2 = b2 + a2,4(c - a) = c + a,即3b = 4a, 则b a = 4 3.则 C 的渐近线方程为:y =± 4 3x.故选:A. 11、解析: 所以④正确 =0,则 或 ,所以①错误 , ,②错误, 在 递减, 在 递增,③正确,选 C 12 、 解 析 : , , 在 恒为递增函数, ,所以选 B 13、 ,解析: 14、 , 解析: 2 BP BM BC    2 BP BM BC    441 4 ( ) cos( ) cos2 ( ) ( )f x x x f x        2( ) cos cos 2 cos cos2 2cos 1 cosf x x x x x x x       2cos , ( ) 2 1t x g t t t    1 2t  1t    0,1 , 0t t  min( ) 1f x   cost x 0, 4x     2( ) 2 1g t t t   2 ,12t      ( ) ln 2 2x x x xf e a e e ax e    ( 1) ( )xf x f e   1x  ( )f x (2, ) ' ( ) 2 0, 2 , 4af x a x ax        1 2 3 1,cos( )2 6 2a ax     1 9    '' ' 1 2 8 1 2 8( ) ( )( )....( ) ( )( )....( )f x x x s x s x s x x s x s x s        11 1 1n nS n n   15 、 , 解 析 : 由 题 意 得 三 棱 锥 P-ABC , 其 中 , 过 A 作 AD//BC,过 B 作 BD//AC,AD、BD 交于 D,则异面直线 与 所成角为 ,由 得 平面 PAB,即 ,因此可得 平面 ACBD,即 , 计算可得 , ,即异面直线 与 所成角的余弦值为 16、 , 解析 解析: , ,不妨设 在第二象限,故 , ∴在点 的切线方程为 即 与 联 立 得 , ∴ 直 线 的 方 程 为 即 与双曲线方程 联立 化简得 即 ∴ ∴数列 是以 为首项公比为 的等比数列 ∴ ,由 得 可得 ,∴ 17、解:(1) ∵ 훼 ∈ (0,휋 2),푠푖푛훼 5 5 , ∴ 푐표푠훼 = 1 ― sin2훼 = 2 5 5 , ∴ sin∠퐵퐴퐶 = 푠푖푛2훼 = 2푠푖푛훼푐표푠훼 = 2 × 5 5 × 2 5 5 = 4 5, ………………. cos∠퐵퐴퐶 = 푐표푠2훼 = 2푐표푠2훼 ― 1 = 2 × 4 5 ―1 = 3 5, ∴ 푠푖푛퐶 = sin[휋 ― (휋 4 +2훼)] = sin(휋 4 +2훼) = 2 2 (푐표푠2훼 + 푠푖푛2훼) = 2 2 × (3 5 + 4 5) = 7 2 10 ….. 6 分 ' 1 2 8 1(0) ....2 3 9 9f                  10 10 10 10 2 122 1 1  n nnS 2 122 1 1  n nnS  nn baG ,n  0,11 G  nn baG ,n 12  xy 12   x xy  nn baG ,n  n n n n ax a aby    12 nn n bxb ay 1 xyl :1        nnnn n babaH 1,1 1nnGH nnnn baxbay        11 nn baxy  2 122  yx      1 2 22 yx bayx nn        2 2 nn nn bayx bayx          2 2 11 11 nn nn nn nn baba baba 2 111    nn nn ba ba  nn ba  1 2 1 1 2 1       n nn ba 122  nn ba 12-  n nn ba 1 1 22 12        n n na 2 122 1 1  n nnS 2 分(2)由正弦定理,得 퐴퐵 푠푖푛퐶 = 퐵퐶 sin∠퐵퐴퐶,即퐴퐵 7 2 10 = 퐵퐶 4 5 , ∴ 퐴퐵 = 7 2 8 퐵퐶, ………… 8 分 又퐵퐴 ⋅ 퐵퐶 = 28, ∴ 퐴퐵 × 퐵퐶 × 2 2 = 28,由上两式解得:퐵퐶 = 4 2, …….. 10 分 由 퐴퐶 푠푖푛퐵 = 퐵퐶 sin∠퐵퐴퐶,得:퐴퐶 2 2 = 퐵퐶 4 5 , ∴ 퐴퐶 = 5. ……….. 12 分 18、解:(1)证明: ∵ AP ⊥ 平面 PCD, ∴ AP ⊥ CD. ∵ AD//BC,BC = 1 2AD, ∴ 四边形 BCDE 为平行四边形, ∴ BE//CD, ∴ AP ⊥ BE. 又 ∵ AB ⊥ BC,AB = BC = 1 2AD,且 E 为 AD 的中点, ∴ 四边形 ABCE 为正方形, ∴ BE ⊥ AC. 又AP ∩ AC = A, ∴ BE ⊥ 平面 APC,则BE ⊥ PO. ∵ AP ⊥ 平面 PCD, ∴ AP ⊥ PC,又AC = 2AB = 2AP, ∴△ PAC为等腰直角三角形,O 为斜边 AC 上的中点, ∴ PO ⊥ AC且AC ∩ BE = 0, ∴ PO ⊥ 平面 ABCD............. (2)解:以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系O - xyz, 设OB = 1,则B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,1),D( - 2,1,0), 则BC = ( - 1,1,0),PB = (1,0, - 1),PD = ( - 2,1, - 1). 设平面 PBD 的法向量为n = (x,y,z),令z = 1,得n = (1,3,1). 设 BC 与平面 PBD 所成角为θ, 则sinθ = |cos < BC,n > | = |BC ⋅ n| |BC| ⋅ |n| = 2 2 ⋅ 11 = 22 11 ............. 19、解:(1)由题意,设C(x,y),N(x0,y0),则 MC = (x + 2,y),NC = (x - x0,y - y0), MC + NC = (2x - x0 + 2,2y - y0). 由MC + NC = 0,则{2x - x0 + 2 = 0 2y - y0 = 0 ,即{x0 = 2x + 2 y0 = 2y . ∵ 点 N 是曲线x = 1 4y2 +2上的任意一点,即x0 = 1 4y20 +2, ∴ 2x + 2 = 1 4(2y)2 +2,整理,得y2 = 2x. ∴ 点 C 的轨迹方程为y2 = 2x. ............ (2)假设存在点D(t,0),使得∠ADP = ∠BDP,则有kDA + kDB = 0........... 根据题意,易知直线 l 的倾斜角不可能为0°,故可设直线 l 的方程为x = my + 1, 将x = my + 1代入y2 = 2x.得y2 -2my - 2 = 0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1 + y2 = 2m,y1y2 = -2. ∵ kDA + kDB = y1 x1 - t + y2 x2 - t = y1 my1 + 1 - t + y2 my2 + 1 - t = 0,.................. ∴ 2my1y2 +(1 - t)(y1 + y2) = 0. 即 -4m + 2m ⋅ (1 - t) = 0,解得t = -1. 故存在点D( - 1,0),使得∠ADP = ∠BDP.................... 20、解:(Ⅰ)任务不能被完成的概率为(1 - p1)(1 - p2)(1 - p3)为定值, 所以任务能被完成的概率与三个人被排除的顺序无关. 任务能被完成的概率为1 - (1 - p1)(1 - p2)(1 - p3) ............... (Ⅱ)X的取值为 1,2,3 P(X = 1) = q1 P(X = 2) = (1 - q1)q2 P(X = 3) = (1 - q1)(1 - q2) EX = q1 +2(1 - q1)q2 +3(1 - q1)(1 - q2) = 3 - 2q1 - q2 + q1q2 ......... (Ⅲ)EX = 3 - (q1 +q2 ) + q1q2 - q1, 若交换前两个人的派出顺序,则变为3 - (q1 +q2 ) + q1q2 - q2, 6 分 12 分 5 分 12 分 8 分 6 分 3 分 7 分由此可见,当q1 > q2时,交换前两个人的派出顺序可增大均值; 若保持第一人派出的人选不变,交换后个人的派出顺序, EX 可写为3 - 2q1 -(1 - q1)q2,交换后个人的派出顺序则变为3 - 2q1 -(1 - q1)q3, 当q2 > q3时交换后个人的派出顺序可增大均值 故完成任务概率大的人先派出, 可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小..........12 21【答案】(1)因为 ,则 ,................. , ∴ , ∴ 在 上单调递增. .......... .......... (2)由 知 , 由 ( 1 ) 知 在 上 单 调 递 增 , 且 , 可 知 当 时 , , 则 有唯一零点,设此零点为 , 易知 时, , 单调递增; 时, , 单调递减, 故 ,其中 . 令 , 则 , 易知 在 上恒成立,所以 , 在 上单调递增, 且 ....... ... ①当 时, ,由 在 上单调递增知 , 则 , 由 在 上 单 调 递 增 , ,所以 ,故 在 上有 零点,不符合题意; ...... ... ② 当 时 , , 由 的 单 调 性 知 , 则 , 此 时 有 一 个 零 点 , 不 符 合 题 意;...... ... ③ 当 时 , , 由 的 单 调 性 知 , 则 ,此时 没有零点. ...... ... 综 上 所 述 , 当 无 零 点 时 , 正 数 的 取 值 范 围 是 . 2( ) 4 x xf x e  21 1'( ) 2 4 x f x e  21( ) ( 1) '( ) ( 1) 2 14 x g x x f x x e         2 21 1'( ) ( 3) 1 2 14 4 x x g x e x e              1 21 2 1 04 e       ( )g x ( 1, )  ( ) ln( 1) ( ) 4F x x af x    1 1'( ) '( ) ( )1 1 aF x af x g xx x a          ( )g x ( 1, )  ( 1) 0g   ( 1, )  ( ) (0, )g x   1'( ) ( )1 aF x g xx a       x t ( 1, )x t  '( ) 0F x  ( )F x ( , )x t  '( ) 0F x  ( )F x max( ) ( ) ln( 1) ( ) 4F x F t t af t     1 ( )a g t ( )( ) ln( 1) 4( ) f xG x x g x    2 1 '( ) ( ) ( ) '( )'( ) 1 [ ( )] f x g x f x g xG x x g x   2 ( ) '( ) [ ( )] f x g x g x ( ) 0f x  ( 1, )  '( ) 0G x  ( )G x ( 1, )  (0) 0G  0 4a  1 1( ) (0)4g t ga   ( )g x ( 1, )  0t  max( ) ( ) ( ) (0) 0F x F t G t G    ( )F x ( 1, )t    4 41 1 0F e af e       4( ) 1 0F t F e   ( )F x ( 1, )t 4a  1 1( ) (0)4g t ga   ( )g x 0t  max( ) ( ) ( ) (0) 0F x F t G t G    ( )F x 4a  1 1( ) (0)4g t ga   ( )g x 0t  max( ) ( ) ( ) (0) 0F x F t G t G    ( )F x ( ) ln( 1) ( ) 4F x x af x    a (4, )a  1 分 4 分 6 分 8 分 10 分 12 分22、(Ⅰ) ( 为参数),设 即 , 即 ,所以 ...... ... (Ⅱ)设 对应的参数分别为 ,将 的参数方程代入 的直角坐标系方程中得: 即 ,此时 , 为方程的两个根,所以 所以 ...... ... 23、(I) ,不等式 ,即 当 时, 当 时, 当 时, 解集为 ...... ... (II) ...... ...        ty tx l 2 11 2 32 1 10 分 5 分 10 分 5 分

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