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赣州市 2020 年高三适应性考试理科数学参考答案 1 赣州市 2020 年高三适应性考试 理科数学参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B A C B C D B A B D A 12.当平面 ACD  平面 BCD 时，四面体的体积最大，令 2CD x ，则 ,ACD BCD  的高 为 23 x ，则 2 2 31 1 12 3 33 2 3V x x x x x           0 3x  则 2( ) 1V x x   ，当 0 1x  时 ( ) 0V x  ，当1 3x  时 ( ) 0V x  ， ∴当 1x  即 2CD  时 ( )V x 有最大值，此时 2AB  . 则以四面体的顶点构造长方体（长宽高分别为 , ,a b c ）则 2 2 2 2 2 2 4 3 3 a b b c a c          . 令四面体的外接球（即长方体的外接球）的半径为 R ，则 2 2 2 24 5R a b c    . 则外接球的表面积为 24 5S R    . 二、填空题 13． 3 ； 14．8； 15．   4,0 4,8  ； 16．5 5 . 16.解：由   8 1 sin cosf x x x   可知：  f x 以  为周期的偶函数， ∴  f x 的最小值即为当 0, 2x     时 ( )f x 的最小值， ∴当 0, 2x     时   8 1 sin cosf x x x   ，   3 3 2 2 2 2 8cos sin sin 8cos sin cos sin cos x x x xf x x x x x       ∴当 sin 2cosx x 时   0f x  ，当sin 2cosx x 时   0f x  ∴当 sin 2cosx x 时  f x 有最小值，此时 2 5sin 5x  ， 5cos 5x  ， ∴  min 5 5f x  三、解答题 17.（1）证明：∵ 1 13 3n n na a   ，∴ 1 13 3 1n n n na a    ……………………………2 分 1 13 3 1n n n na a    ，∵ 1 1a  ，∴ 13 3a  …………………………………………4 分 ∴数列 3n na 是以 3 为首项，以1为公差的等差数列……………………………………5 分 （2）解：由（1）可知：3 3 1 2n na n n     ，∴ 2 3n n na  ………………7 分 1 2 3 1n n nS a a a a a          2 3 11 1 1 1 13 4 5 1 23 3 3 3 3 n n nS n n                                 ………………………8 分赣州市 2020 年高三适应性考试理科数学参考答案 2     2 3 4 11 1 1 1 1 13 4 5 1 23 3 3 3 3 3 n n nS n n                                       …………………9 分 ∴   2 3 4 12 1 1 1 1 11 23 3 3 3 3 3 n n nS n                                    …………………………10 分 ∴   12 2 1 1 11 23 3 2 3 3 n n nS n               ∴ 7 7 1 7 2 7 4 2 4 3 4 4 3 n n n n nS             ……………………………………………………12 分 18. 证明：(1)法一：连接 1AB 交 1A E 于点 F ，连接 DF ……1 分 由 1 1/ /AA BB ，从而 1B EF 与 1A AF 相似， 又 12BE EB  知 1 1 1 1 1 1 3 B E B F B E AA AF BB    ………………………3 分 又 3AD DC  ，从而在 1AB C 中，有 1 3 4 AF AD AB AC   ………4 分 从而得： 1/ /DF B C ………………………………………………5 分 又 DF  面 1A DE ， 1B C  面 1A DE ， 故 1 / /B C 面 1A DE …………………………………………………6 分 法二：延长 1A D 交 1C C 于点 F ，连接 EF ，下证： 1/ /EF B C 法三：建系，用向量解决亦可 解（2）由三棱柱 1 1 1ABC A B C 为正三棱柱，故以 A 为坐标原点， 以射线 1,AC AA 分别 y 轴， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，得：          10,0,0 , 2 3,2,0 , 0,3,0 , 2 3,2,2 , 0,4,3A B D E C      10,3,0 , 2 3, 1,2 , 0,1,3AD DE DC      …………………………………………7 分 设平面 ADE 的法向量为  1 1 1, ,m x y z 则： 1 1 1 1 3 0 2 3 2 0 m AD y m DE x y z              ， 不妨取 1 1x  ，则  1,0, 3m   ……………………8 分 设平面 1DEC 的法向量为  2 2 2, ,n x y z 则： 2 2 2 1 2 2 2 3 2 0 3 0 n DE x y z n DC y z               ， 不妨取 2 5x  ，则  5,6 3, 2 3n   ……………………………………………………10 分 记二面角 A BF C  为 （应为钝角） 5 6 11 145cos 2902 145 m n m n              故二面角 1A DE C  的余弦值为 11 145 290  ………12 分(取正值扣 1 分) 19.解：(1)抽取的一件药品的主要药理成分含量在赣州市 2020 年高三适应性考试理科数学参考答案 3 ( 3 , 3 )     之内的概率为 0.9974 ……………………………………………………1 分 从而主要药理成分含量在 ( 3 , 3 )     之外的概率为 0.0026 ………………………2 分 故 ~ (20 0.0026)X B ， ………………………………………………………………………4 分 X 的数学期望为 052.00026.020 EX ………………………………………………6 分 （2）①由 96.9x ， 19.0s ，得  的估计值为 96.9ˆ  ，  的估计值为 19.0ˆ  ………………………………………………………………………7 分 由样本数据可以看出有一件药品的主要药理成分 (9,22) 含量在 ˆ ˆ ˆ ˆ( 3 3 ) (9.39 10.53)     ， ， 之外，因此需对本次的生产过程进行检查…………8 分 ②设“在一次检测中，发现需要对本次的生产过程进行检查”为事件 A ，则 0507.09493.01)9974.0(1)]0([1)( 2020  XPAP ………………………10 分 如果在一天中，需停止生产并对原材料进行检测，则在一天的四次检测中，两次或两次以上 出现了主要药理成分含量在 ( 3 3 )    ， 之外的药品，故概率为      4 3 1 1 4 1P P A P A P A             …………………………………………11 分 1 0.8121 0.1735 0.0144 0.014P      . 故确定一天中需对原材料进行检测的概率为 0.014 ………………………………………12 分 20.解：(1)设C 点坐标为 ),( yx ，圆C 的半径为 R ．则 1 26 , 2CC R CC R    …1 分 从而 1 2 1 24CC CC C C   ………………………………………………………………2 分 所以圆心 C 的轨迹 E 是以 21,CC 为焦点，以 4 为长轴长的椭圆…………………………3 分 故动圆圆心C 的轨迹 E 的方程为： 2 2 14 3 x y  …………………………………………4 分 (2)①当直线l 的斜率不存在或为 0 时，此时不妨设 3, 4PQ MN  此时 1 62PMQNS PQ MN   ……………………………………………………………5 分 ②当直线l 的斜率存在且不为 0 时，不妨设其方程为： 1x my  ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 联立   2 2 2 21 3 4 6 9 04 3 1 x y m y my x my            由 1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 my y y ym m       ……………………………………………………6 分 此时    2 22 1 2 1 2 2 12 1 1 4 3 4 m PQ m y y y y m          ………………………………8 分赣州市 2020 年高三适应性考试理科数学参考答案 4 同理得：   2 2 2 2 112 1 12 1 4 313 4 m m MN m m                 ……………………………………………9 分 故        2 22 2 22 2 2 2 72 1 72 11 288 2 493 4 4 3 3 4 4 3 2 PMQN m m S PQ MN m m m m                   ………11 分 当且仅当“ 2 23 4 4 3m m   ”，即 1m   时等号成立，又 288 649  . 故四边形 PMQN 面积的最小值为 288 49 ……………………………………………………12 分 21. 解：（1）（方法一） 证明：当 1m  时， 1( ) e lnxf x x x   0x  ∴ 1( ) e ln 1xf x x    ………………1 分 令 1( ) ( ) e ln 1xh x f x x    ,则 1 1( ) exh x x    ………………………………………2 分 当  0,1x 时 ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减；当  1,x  时 ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递增 ………………………………………3 分 ∴ min( ) (1) 0h x h  ，∴当 0x  时 1( ) ( ) e ln 1 0xh x f x x    ≥ …………………4 分 ∴ ( )f x 在  0, 上单调递增…………………………………………………………………5 分 （方法二） 证明：当 1m  时， 1( ) e lnxf x x x   0x  ，∴ 1( ) e ln 1xf x x    ……………1 分 令 ( ) e ( 1)xh x x   ，则 ( ) e 1xh x   ，当 0x  时 ( ) 0h x  ，当 0x  时 ( ) 0h x  ∴ min( ) (0) 0h x h  ，∴ ( ) e ( 1) 0xh x x   ≥ ，即 e 1x x ≥ ∴ 1ex x ≥ （ 1x  时取等号）∴当 0x  时 1 lnx x ≥ （ 1x  时取等号） ∴当 0x  时 1( ) e ln 1 0xf x x    ≥ ………………………………………………………4 分 ∴ ( )f x 在  0, 上单调递增……………………………………………………………………5分 （2）（方法一） 解： ( ) ( ) 1 e lnx mg x f x m x m      ( 0)x  …………………………………………6 分 令 ( ) e ln 0x mg x x m    ，则 e lnx m x m   ∴  e e lnx m x m  ，∴  e e lnx mx x x m  ，∴  lne e lnx m xx x m  ……………7 分 令 ( ) e xx e  ，则 ( ) ( ln )x m x   ∵当 0x  时  ( ) 1 e 0xx x    ，∴当 0x  时 ( ) exx x  为增函数， ∴ lnx m x  ，∴ lnm x x  ( 0)x  ………………………………………………………9 分 令 ( ) lnt x x x  ( 0)x  ，则 1( ) 1t x x    ， 当 0 1x  时 ( ) 0t x  ，当 1x  时 ( ) 0t x  ∴ min( ) (1) 1t x t  …………………………10 分 ∴当 1m  时 lnm x x  无解，即 ( )g x 无零点； 当 1m  时 lnm x x  有 1 个解，即 ( )g x 有 1 个零点 当 1m  时 lnm x x  有 2 个解，即 ( )g x 有 2 个零点……………………………………12 分 （方法二）赣州市 2020 年高三适应性考试理科数学参考答案 5 令 ( ) e ln 0x mg x x m    ，则 e ln e lnx m x mm x x m x x        再构造 ( ) exx x   ，即 ( ) (ln )x m x   下同解法一 （方法三） 解： ( ) ( ) 1 e lnx mg x f x m x m      ( 0)x  令 ( ) e ln 0x mg x x m    ，则 1( ) ex mg x x    ( 0)x  ………………………………6 分 ∴ ( )g x 在 0, 上单调递增 令 0 0 0 1( ) e 0x mg x x     ， 则 0 0 1e 0x m x    ，则 0 0 0 1ln lnx m xx         …………7 分 （可取点： 1 1( 1) 0, ( ) 0, min 1, e mg m g n n           ） 当  00,x x 时 0( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减； 当  0 ,x x  时 0( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增； ∴ 0 min 0 0 0 0 1( ) ( ) e ln lnx mg x g x x m x mx        ，∵ 0 0lnm x x  ∴  min 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1( ) ( ) 2 ln 2lng x g x x x x x xx x         ……………………………9 分 记   1 2lnF x x xx    在  0, 单调递减且  1 0F  ……10 分 ∴当  0 0,1x  即 1m  时，   0ming x  ，故 ( )g x 无零点； 当 0 1x  ，即 1m  时, min( ) 0g x  ，故 ( )g x 有 1 个零点 当  0 1,x   ，即 1m  时，   0ming x  ，故 ( )g x 有 2 个零点………………………12 分 22．解：（1）由 22 2 2 2 x t y t      得 2 0x y   ……………………………………………2 分 由 3 cos tan x y       得 2 2 2 2 2 1 1 tan3 cos tan x y         则 2 2 13 x y  …………………………………5 分 （2）由 2 2 13 x y  可知  2,0M  为左焦点，直线 2 0x y   过右焦点  2,0N 又直线斜率 31 3ABk   （一条渐近线的斜率），所以点 ,A B 在双曲线的右支 所以 MA MB =   2 2NA a NB a NA NB     ………………………………7 分 令点 ,A B 对应的参数分别为 1 2,t t 由 22 2 2 2 x t y t      代入 2 2 13 x y  得 2 2 2 1 0t t   ……………………………………8 分 则 1 2 2 2t t  ， 1 2 1t t   ，赣州市 2020 年高三适应性考试理科数学参考答案 6 ∴ MA MB = 1 2 2 2NA NB t t    ……………………………………………10 分 23．解：（1）法一：由 4a b  得：  1 1 1 1 1 1 2 14 4 b aa ba b a b a b                 ≥ 当且仅当“ b a a b  ”即 2a b  时等号成立 ∴ 1 1 a b  的最小值为1…………………………………………………………………………5 分 法二：∵ 0, 0a b  ， 4a b  ， ∴ 2 1 1 4 1 2 a b a b a b ab a ba b         ≥ 即 2a b  时等号成立，∴ 1 1 a b  的最小值为1 法三：由柯西不等式得：  21 1 1 1 4a b a ba b a b               ≥ 又 4a b  ，进而得： 1 1 1a b  ≥ ，故 1 1 a b  的最小值为1. 当且仅当“ 2a b  ”时等号成立 注：其它解法相应给分 （2）法一：由    22 22 a b a b ≥ 得： 2 2 21 1 1 1 1 2a b a ba b a b                      ≥ …………………………………………8 分 由（1）知: 1 1 1a b  ≥ 进而得： 2 2 21 1 1 1 1 25 2 2a b a ba b a b                      ≥ ≥ 当且仅当“ 2a b  ”时等号成立…………………………………………………………10 分 法二：由    22 22 a b a b ≥ 得：   2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 1 18,2 2 2a b a b a b a b         ≥ ≥ ≥ 由 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 254 8 42 2a b a ba b a b                     ≥ 当且仅当“ 2a b  ”时等号成立. 法三：由柯西不等式得：   2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 11 12 2a b a b a ba b a b a b                                           ≥