2020.6北京市 北大附中三模试题数学试题 答案.pdf

北大附中 2020 届高三适应性练习 数学参考答案 一、选择题（共 10 小题，每小题 5 分，共 40 分） （1）D （2）B （3）A （4）B （5）D （6）D （7）C （8）B （9）C （10）D 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分） （11） 2 ,2 5yx （12） 13n na  （13） ( ) s in 2 xfx  （答案不唯一） （14） (2 , ) （15） 10, 2x  三、解答题（共 6 小题，共 85 分） （16）（ 共 14 分） （Ⅰ）证明：在正方形 A B C D 中， BC ^ AB ． 因为 BC ^ PB ， ABPBB  ， 所以 BC ^ 平面 PAB． ………………………2 分 因为 PA  平面 PAD ， 所以 BC ^ PA ． ………………………3 分 因为 AD ∥ BC， 所以 PA ^ AD 又因为平面 PAD ^平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD = AD， 平面 PAD ， 所以 PA  平面 ． ………………………6 分 （Ⅱ）解：连接 AC ，由（Ⅰ）知 平面 ． 因为 AC  平面 ， 所以 PAAC ． 因为 3PC  ， 2AC  ， 所以 1PA  ． 因为 AB ， AD ， AP 两两垂直，如图所示，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 .A xyz ………………………8 分 由题意可得： (0,1,0)B ， (1,0,0)D ， (1,1,0)C ， (0,0,1)P , E(1 2 , 1 2 , 1 2 )． 所以 ( 1,0 ,1 )DP  ， ( 1, 1,0 )BD  ， ………………………9 分 设平面 PBD 的一个法向量 ( , , )x y zn ， 则 即 0 0 xz xy      令 1x  ，得 1, 1yz． 所以 n = (1,1,1) ． ………………………11 分 所以 1 12cos 33 34 BB B   nEn,E | n ||E | ． ………………………13 分 所以直线 BE 与平面 所成角的正弦值为 1 3 ． ………………………14 分 （17）（共 14 分） 解：选择① ……………………………………………………………………2 分 写法一： 在△ABC 中，由正弦定理 sinsin ac AC ，………………………………4 分 得 7 321 27 c ………………………………………………………5 分 所以 2c  ．………………………………………………………………7 分 由余弦定理 2 2 2 2 cosba c bc A   ， …………………………………9 分 得 2 22 1222 27 bb . …………………………………………10 分 2 230bb ，解得 3b  . ……………………………………………12 分 AB 边上的高 33 3sin3 22hbA  ………………………………14 分 解：选择① ……………………………………………………………………2 分 写法二： 在△ABC 中， 21 3sin 72C  ………………………………………3 分 3C （0， ）或 2 ,3C  （ ） ………………………………………………5 分 z y xA B C D P因为 3A  ,所以 3C （0， ） …………………………………………6 分 222127cos1sin1() 77CC ………………………………9 分 所以sinsin()sincoscossinBACACAC ………………………11 分 得 327121321sin+ 272714B  ………………………………12 分 AB 边上的高 3 21 3 3sin 7 14 2h a B     ………………………………14 分 解：选择② ………………………………………………………………2 分 在△ABC 中，由 2cb，得 2cb ，………………………………3 分 由余弦定理 222 2cosba cbcA ，……………………………5 分 得 2 22 1(2)2(2) 27 bbbb . ………………………7 分 化简 2 2 3 0bb   ，解得 1b  . ………………………………10 分 边上的高 333sin3 22hbA ……………………………14 分 解：选择③ ………………………………………………………………2 分 在△ABC 中，由 133 sin22ABCSbcA ……………………………4 分 得 1 3 3 3 2 2 2bc  ………………………………………………………5 分 所以 6bc  …………………………………………………………6 分 由余弦定理 222 2cosabcbcA ，……………………………8 分 得 222()2cos bcabcbcA  …………………………………9 分 2 2 1( ) 122 271bc    . 解得 5bc.………………………………………………………10 分 所以 2 3 b c    或 3 2 b c    ……………………………………………12 分 边上的高 3sin 2 32h b A     或 3 3 3sin 3 22h b A     …………14 分 （18）（共 14 分） 解：（Ⅰ）设乙队胜、平、负丙队分别为事件 1 2 3, , ,A A A 乙队胜、平、负丁队分别为事件123, , ,B B B 则 123123 111()(),()=()()(). 423PAPAPAP BP BP B ， ………………………1 分 设事件 C 为“选拔赛结束后，乙队与甲队并列第 1 名”， ………………………2 分 由目前比赛积分榜可知，甲队一定是第 1 名，所以“乙队与甲队并列第 1 名”即乙队的积分 为 7 分，即乙队胜丙队和丁队. 所以 11 1 1 1( ) ( ) ( ) .4 3 12P C P A P B    ………………………4 分 （Ⅱ）随机变量 Χ 的所有可能取值为 1,2 ,3 ,4 ,5 ,7 . ………………………5 分 33 111(1)()(); 236PXPAPB 2332 11111(2)()()+()()+; 43234PXPAP BPAP B 22 111(3)()(); 4312PXPAPB 1331 11111(4)() ()+ () ()+; 43234P XP A P BP A P B 1221 11111(5)() ()+ () ()+; 43436P XP A P BP A P B 11 111(7)()(). 4312P XP AP B 随机变量 X 的分布列为 1 2 3 4 5 7 P 1 6 1 4 1 12 1 4 1 6 ………………………9 分 11111110()123457.641246123EX        ………………………10 分 （Ⅲ）乙队一定能代表学校参加上级比赛的概率是 1 4 . ………………………11 分 当乙队积 7 分时，乙队与甲队并列第 1 名，满足题意； 当乙队积 5 分时，丙队或丁队的可能积分为 4，3，2，1，0，乙队一定是第 2 名，满足题意； 当乙队的积分小于 5 分时，丙队或丁队均有可能积分为 6 分，不合题意， 所以，当乙队的积分为 5 分或 7 分时，一定能代表学校参加上级比赛，概率为111(7)(5). 1264PXPX ………………………14 分 （19）（共 14 分） 解：（Ⅰ）依题知 2 , 1,ab …………………………2 分 所以 22 3.cab …………………3 分 所以椭圆方程为 2 2 14 x y， 离心率 3 .2 ce a ………………5 分 （Ⅱ）设 ( , ),P m n 则 0 , 0mn， 2 2 1.4 m n ………………6 分 所以直线 PA 的方程为 ( 2 ) .2 nyxm ………………7 分 令 0,x  得 2 02 ny m ，即 2(0 , ) . 2 nM m  ………………8 分 直线 PB 的方程为 1 1.nyxm  ………………9 分 令 0,y  得 01 mx n ，即 ………………10 分 所以 1 2SANBM ………………11 分 12(2)(1)212 mn nm  2 22 1 (22) 2 (1)(2) 144484 222 1 4488 222 2 mn nm mnmnmn mnmn mnmn mnmn        所以四边形 M A B N 的面积 S 为定值. ………………14 分 （20）（共 15 分） （Ⅰ） ()fx的定义域为(0, ) ，且 22 11'( ) aaxfx xxx  --------2 分 ○1 当 0a  时， '( ) 0fx 恒成立， ()fx的单调减区间为(0, ) ，无单调增区间； ------4 分 ○2 当 0a  时，令 ' ( ) 0fx 得 1x a --------5 分 当 x 变化时， ' ( ) , ( )f x f x 随之变化的的情况如下： x 1(0 , )a 1 a 1( , )a  ' ( )fx  0  ()fx ↘ 极小值 ↗ 所以 ()fx的单调减区间为 1(0 , )a ，单调增区间为 1( , )a  . --------7 分 （II）○1 当 0a  时， 1 11 10,e1 a a   所以 所以 111111 1(e)(1)e1e2121aaafaaaa a   ，不合题意； --------9 分 ○2 当 时，由（I）知 在 1 a 处取得最小值， 所以“ ()1fxa 对 (0,)x 恒成立”即 1()1faa  --------10 分 即 ln11aaaa ，得 l n 0 ,a  解得 (0,1)a  . 综上所述， a 的取值范围为 (0 ,1) . --------12 分 （III） 1bc . --------15 分 (提示，由第二问画出函数 |()|yfx 的函数图象，结合二次方程性质可得七个解中有三个 满足 |()|=1fx ，有四个满足|() |(0,1)fx ，将 代入方程可得 ，同时 也可以利用韦达定理得到 (0 ,1 )c  .) （21）（共 15 分） 解：（I） 2A 如下： ----3 分 3 2 3 2 4 3 6 5 （II）证明：由定义， 1, 1ijRC，行行交换列列交换，行列互换（行换成列，列换成行） 不影响结果. 因此在 1A 中，不妨设  1,11,12,1,11,12,1,1min,,...,,,,..., mnRRRRCCC ， ------5 分 2A 中，  1,,21,1,11,1min,jjaRCR，即 2A 中第 1 行元素全为 1,1R ---------------7 分 2A 中，因此对应的 1 ,2 1R  所以 3A 中，  1, ,3 1,2 ,2 1,2min , 1jja R C R   ，即第 1 行所有元素全为 1 ------------------8 分 （III）由定义知 kA 中第一行均为 1，在 2A 中第 2 行任取相邻的两数，    2, ,2 2,1 ,1 2, 1,2 2,1 1,1min , , min ,j j j ja R C a R C ∵ ,11,11jjjjCaCa  ， ∴ 2,,22,1,2jjaa 因此 2A 中，第 2 行也是不减的顺序， 同理 中，第 2 行都是不减的顺序. --------------------------10 分 因此 kA 中最大的数就是第 2 行最后两数，设其分别为 ,,k k k ku v u v 先考虑 2A 中的最后两个数设为 22,uv： 21 1 min , n n n auaa     ， 2 11 min , nn n nn aavaaa   ， 若 1 1 n n n aa a   ，则 22 1 n n auva  ，即 2A 中最大两数相等，则 3A 中第二行全为 1. 若 1 1 n n n aa a   ，则 211nua， 2 1 n n av a   ，即第二大数不变，最大数缩小， 存在正整数 p 满足， 1 11 pp nnnaaa   ， 则在数表 pA 中，最大两数为 1 1 1 , n pnp p n auav a    在数表 1pA  中， 1 1 1 1 1 1 min , min ,n n n p n p np p p n n n a a au a v aa a a                    因此 1pA  中，第二行所有数相等， 2pA  中全为 1. 由上面两种情况，存在 2kp， kA 中所有元素都为 1. --------------------------14 分