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 1.3p 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
1nnGH
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