河南省驻马店市等六市2020届高三第一次联考数学（理）试题 答案.pdf

理科数学答案 第 1 页 （共 6 页） 2020 年河南省六市高三第一次联考 理科数学试题 参考答案 一、选择题 1-5 CADDC 6-10 DBBDB 11-12 BC 二、填空题 13. 10 14. ),1(  15. 135 16. ),1( 1 ee 三、解答题： 17、解：（1）因为 D 在边 BC 上，所以 cos cosADB ADC    ， 在 ADB 和 ADC 中由余弦定理，得 2 2 2 2 2 2 02 2 AD BD AB AD DC AC AD BD AD DC       ，...........................3 分 因为 2 13AB  ， 4AC  ， 3AD  ， BD DC ， 所以 2 29 52 9 16 0BD BD      ，所以 2 25BD  ， 5BD  . 所以边 BC 的长为 10. ...........................6 分 （2）由（1）知 ADC 为直角三角形，所以 1 4 3 62ADCS     ， 2 12ABC ADCS S   ......................8 分 因为CE 是 BCA 的角平分线， 所以 1 sin2 1 sin2 ACE BCE AC CE ACES S BC CE BCE          4 2 10 5 AC BC    ....................10 分 所以 2 5ABC BCE ACE BCE BCES S S S S        7 125 BCES  ，所以 60 7BCES  . 即 BCE 的面积为 60 7 . ...........................12 分 18. 解：（1） 分所以 又因为 所以 的中点，是又因为 是等边三角形，所以 是菱形，且因为四边形 2..............................33 3,6 60BADABCD       BO AOAB ADBO ADO ABD理科数学答案 第 2 页 （共 6 页） 分所以 平面所以 又所以 是菱形，又因为 所以 分平面所以 又 所以 ，又 5................................ , // 3.................. , 43,4 222 PEAC POEAC OOEPOOEAC BDOEABCD ACPO ABCDPO OOBADADPO OBPO PBPOBOPBPO         （2）由题意结合菱形的性质易知 OP OA ，OP OB ，OA OB ， 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ， 则：       3 30,0,4 , 0,3 3,0 ,0 0,0,0 , , 3,02 2P B E      ， )0,0,3-(D 设平面 POE 的一个法向量为  1 1 1, ,m x y z , 则： 1 1 1 4 0 3 3 3 02 2 m OP z m OE x y           ， 据此可得平面 POE 的一个法向量为  3, 1,0m   ，.........................8 分 设平面 PBD 的一个法向量为  2 2 2, ,n x y z 则:  0333 043 22 22   yxBDn zxPDn 据此可得平面 PBD 的一个法向量为 )33,4,34(n .......................10 分 91 918 912 16,cos  nm nmnm 平面 POE 与平面 PBD 所成锐二面角的余弦值 91 918 ............................12 分 19.解：（1）由题知 ），（，， a cca ce 1P1  在椭圆上 所以 11,11 222 22 2 2 2 2  bba cb b a c a 故 2,1  ab 所以椭圆 C 的方程为 12 2 2  yx . …………………………………………………4 分理科数学答案 第 3 页 （共 6 页） （2）由题意得，P 不在 x 轴上，不妨设   ),(),,(0),( 2211 yxByxAnnmP ，，  ， 由 ,11 PFAF  得 ),1(),1( 11 nmyx   ， 所以 nymx   11 ,1 ， 又由 12 2 1 2 1  yx 得 1)(2 1 2 2  nm  ）（ ① …………………………………6 分 又 12 2 2  nm ②，联立①②消去 n 得 01)22()23( 2   mm 即 0)1](1)23[(  m ， 由题意知 0 ， 01 ，所以 m23 1  ……………………………………8 分 同理可得 m23 1  …………………………………………………………………10 分 所以 249 6 23 1 23 1 mmm   故当 0m 时，   取最小值 3 2 . ………………………………………………12 分 20 解：（1）由题可知 02)1()( 2'  xx aeexxf 有两个不相等的实根 即： 021  xaex 有两个不相等实根..........................1 分 令 )(12 xh e xa x  Rx e x e exexh xx xx  , )( )1()( 2 ' 0)(),,,0(;0)(),0,( ''  xhxxhx 故 上单减上单增，在（在 ),0)0,()( xh ........................3 分 1)0()( max  hxh ;0)()1,(,0)1(  xhxh 时，又 0)(),1(  xhx 时， )2 1,0(),1,0(2  aa 即 ...........................................5 分 此题还可以利用数形结合转化为 1 ( 1)2 xy x y ea   与 相交问题，理科数学答案 第 4 页 （共 6 页） （2）方法一：由（1）知， 21, xx 是方程 ae x x 21  的两根， ∴ 21 01 xx  ，则 00 1 221   xxxx 因为 )(xh 在 ），（ 0 单减， )()(),()(),()( 1 112 1 2  xhxhxhxhxhxh  又 即   11 11 1 1 xx e x e x    ，两边取对数，并整理得： 0)1()1ln()1ln( 1 1 1  xxx  对  0,11 x 恒成立........................8 分 设 )0,1(,)1()1ln()1ln()(  xxxxxF  ))(1( )1)(1()1( 1 1 1)( xx xx xxxF         ..........................9 分 当 1 时， 0)(  xF 对 ）0,1(x 恒成立， )(xF 在 ）0,1( 上单增，故 0)0()(  FxF 恒成立，符合题意；..............10 分 当 ），（ 10 时， ），（ 011  ， )0,1(  x 时 0)(  xF )(xF 在 )0,1(  上单减， 0)0()(  FxF ，不符合题意. 综上， 1 . ..........................12 分 方法二：设 21 xx、 是 021  xaex 的两根，且 21 xx  ，则 021  xx 即 11 10 21 21 21 2 1 2 1 2 1         tex x aex aex xx x x                1 1ln 1 1lnln )1(1 ln 2 1 21 21 t ttx t tttx xtx txx )1001 1ln 1 1lnln021    tt tt t tttxx 恒成立（即  即 恒成立0)1(ln1ln  ttttt  ................................8 分 令 )1(ln1ln)(  ttttttg 理科数学答案 第 5 页 （共 6 页） 22 ''' 1)(,1ln)( t t tttgt tttg   .............................9 分 当 1 时， 0)('' tg ， )(' tg 单减，故 0)1()( ''  gtg 故 上为增函数在 )1,0()(tg ， 0)1()(  gtg ........................10 分 当 10   时， 0)(),1,(;0)(),,0( ''''  tgttgt  上为增函数在 )1,()(' tg ，故 上为减函数在故 )1,()(,0)1()( '' tggtg  舍去， 0)1()( gtg ， 1 . ………………………………12 分 21.解：（1）设每个人的血呈阴性反应的概率为 q ，则 1q p  . 所以 k 个人的血混合后呈阴性反应的概率为 kq ，呈阳性反应的概率为 1  kq . 依题意可知 1 11X k k  ， ，所以 X 的分布列为： .......................5 分 （2）方案②中. 结合（1）知每个人的平均化验次数为： E(X)= 1 1 1(1 ) (1 ) 1k k kq q qk k k         .......................7 分 所以当 k=2 时，E(X)= 21 0.9 1=0.692   ， 此时 1000 人需要化验的总次数为 690 次， .......................8 分 k=3 时，E(X)= 31 0.9 1 0.60433    ， 此时 1000 人需要化验的总次数为 604 次， .......................9 分 k=4 时，E(X)= 41 0.9 1=0.59394   ， 此时 1000 人需要化验的次数总为 594 次， .......................10 分 即 k=2 时化验次数最多，k=3 时次数居中，k=4 时化验次数最少 而采用方案①则需化验 1000 次， 故在这三种分组情况下，相比方案①，当 k=4 时化验次数最多可以平均减少 1000-594=406 次 .......................12 分 X k 1 k 11 P kq 1 kq理科数学答案 第 6 页 （共 6 页） 22．解:（1）由      ty tx 3 3 31 消t 得， 03  yx 即 xy 3 3 …………2 分 2C 是过原点且倾斜角为 6  的直线 2C 的极坐标方程为 )(6 R  ……………………………………………5 分 （2）由      )sin1( 6   a 得，        6 2   a )6,2( aA 由      )sin1( 6 7   a 得        6 7 2 3   a )6 7,2 3( aB .22 3 2 aaaAB  ………………………………………………………………10 分 23. 解：(1)当 1a 时，        2,12 21,3 1,12 )( xx x xx xf …………………………2 分 当 1x 时，由 7)( xf 得 712  x ，解得 3x ； 当 21  x 时， 7)( xf 无解； 当 2x 时，由 7)( xf 得 712 x ，解得 4x ， 所以 7)( xf 的解集为     ,43,  .……………………………………5 分 (2)若 axxxf 24)(  的解集包含 2,0 等价于 242  xxaxax 在  2,0x 上恒成立， 因为  2,0x 时， 224  xx 所以 22  axax 在  2,0x 上恒成立…………………………6 分 由于  2,0x 若 0 a 即 0a 时， 22|2|||  aaxaxaxax 恒成立；………7 分 若 2 a 即 2a 时， 22|2|||  aaxaxaxax 恒成立；……8 分 若 20  a 即 02  a 时， 2 ax ， 2|2|||  axax 恒成立. ………9 分 综上所述，满足条件的实数 a 的取值范围是 R . …………………………10 分