2020学年高三上学期8月联考数学（答案）.pdf

第 1 页，共 6 页 2020 学年高三上学期 8 月执信、广雅、六中三校联考试卷答案说明 数学 一、选择题（本大题 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 其中第 1 题~第 10 题为单项选择题，在给出 的四个选项中，只有一项符合要求；第 11 题和第 12 题为多项选择题，在给出的四个选项中，有多 项符合要求，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B C D C B C C B A ACD BD 二、填空题（本大题 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13． 2 10 14． 1 15． 90 16． 11( 1 , 1) [1 , )ee     三、解答题（本大题 6 小题，共 70 分） 17．解：（Ⅰ）由 3 costan tan cos cos ABC BC 得 sin sin 3 cos cos cos cos cos B C A B C B C …………1 分 ∴sin cos cos sin 3cosB C B C A，∴sin( ) 3cosB C A …………2 分 ∵ A B C    ∴sin 3cosAA …………3 分 又 cos A显然不等于 0，∴ tan 3A  …………4 分 ∵ (0, )A  ∴ 3A  …………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，又 4a  ， 5bc，根据余弦定理得  22 2 2 2 cos 3a b c bc A b c bc      ∴16 25 3bc ，∴ 3bc  …………8 分 ∴ 1 1 3 3 3sin 32 2 2 4S bc A     . …………10 分 18．解：（Ⅰ）由题意，数列 na 满足 123 (2 1) 2na a n a n    + 2 nS ， 当 2n  时， 1 2 1 13 (2 3) 2( 1) 2n na a n a n S       …………1 分 两式相减，可得 1(2 1) 2 2( )n n nn a S S     ，即(2 1) 2 2nnn a a   …………3 分 整理得 2 ( 2)23nann …………4 分 第 2 页，共 6 页 z x y 又由当 1n  时， 11 22a S ，可得 1122aa ，即 1 2a  （适合上式）…………5 分 所以数列 na 的通项公式为 2 ,23na n Nn  . …………6 分 （Ⅱ）由 12 (2 3) 2 n n n n bna      …………7 分 则 2 3 11 2 1 2 3 2 (2 5) 2 (2 3) 2nn nT n n              ， 所以 2 3 4 12 1 2 1 2 3 2 (2 5) 2 (2 3) 2nn nT n n               …………8 分 两式相减，可得 2 3 12 2(2 2 2 ) (2 3) 2nn nTn          …………9 分 21 112 (1 2 )2 2 (2 3) 2 10 (5 2 ) 212 n nnnn              …………11 分 所以 1(2 5) 2 10n nTn     . …………12 分 19．证明：（Ⅰ）在梯形 ABCD中， //AB CD ， 2AD CD CB   ， 60ABC   ， ∴四边形 是等腰梯形， 120ADC  ，∴ 30DCA DAC     ， 120DCB  ， ∴ 90ACB DCB DCA      ，∴ AC BC …………2 分 （也可以利用余弦定理求出 ,AC BC 再证明） 又∵矩形 ACFE 中， 2CF AE，又有 22BF  ， 2CB  ，∴CB CF …………4 分 又∵ AC CF C ，∴ BC  平面 . …………5 分 （Ⅱ）以点C 为坐标原点，以CA 所在直线为 x 轴，以CB 所在直线为 y 轴，以CF 所在直线为 z 轴, 建立空间直角坐标系. 可得 (0,0,0)C ，  0,2,0B ，  0,0,2F ，  3, 1,0D  ，  2 3,0,2E . ∴ ( 2 3,0,0)EF  ， (0, 2,2)BF  ， ( 3, 3,0)BD  …………7 分 第 3 页，共 6 页 设平面 BEF 的法向量为 ( , , )n x y z ，所以 0 0 n EF n BF     ，∴ 2 3 0 220 n EF x n BF y z           ， 令 1y  ，则 0x  ， 1z  ，∴ (0,1,1)n  …………9 分 ∴ 6| cos , | | | 4| | | | BD nBD n BD n      …………11 分 ∴直线 BD 与平面 BEF 所成角的正弦值是 6 4 ．…………12 分 20．解：（Ⅰ）由题意可知 120 件样本零件中长度大于 1.60 分米的共有 18 件， 则这批零件的长度大于 1.60 分米的频率为 18 0.15120  …………1 分 记Y 为零件的长度，则     31.2 1.3 1.7 1.8 0.025120P Y P Y       ，     151.3 1.4 1.6 1.7 0.125120P Y P Y       ，      11.4 1.5 1.5 1.6 1 2 0.025 2 0.125 0.352P Y P Y            ， 故 0.025 0.250.1m ， 0.125 1.250.1n ， 0.35 3.50.1t . …………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知从这批零件中随机选取 1 件，长度在 1.4,1.6 的概率 2 0.35 0.7P    . 则随机变量 X 服从二项分布，  ~ 3,0.7XB …………5 分 则    3 300 1 0.7 0.027P X C    ，    21 31 1 0.7 0.7 0.189P X C      ，    22 32 1 0.7 0.7 0.441P X C      ，   33 33 0.7 0.343P X C    ， 故随机变量 的分布列为 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 …………7 分 0 0.027 1 0.189 2 0.441 3 0.343 2.1EX          （或 3 0.7 2.1EX    ）. …………8 分 （或由随机变量 服从二项分布， 7(3, )0~ 1XB ，得 3 3 73( ) ( ) ( ) ( 0,1,2,3)10 10 k k kP X k C k     ， 7 213 10 10EX    ） 第 4 页，共 6 页 （Ⅲ）由题意可知 1.5  ， 0.1  ， 则    1.4 1.6 0.7P Y P Y           ，    2 2 1.3 1.7 0.125 0.35 0.35 0.125 0.95P Y P Y               …………10 分 因为 0.7 0.6826 0.0174 0.05   ， 0.95 0.9544 0.0044 0.05   …………11 分 所以这批零件的长度满足近似于正态分布  1.5,0.01N 的概率分布. 故认为这批零件是合格的，将顺利被该公司签收. …………12 分 21．解：（Ⅰ）由题可知，    0,1 , ,0A F c ，则直线 AF 的方程为 1x yc ，即 0x cy c   因为直线 与圆 22: 6 2 7 0M x y x y     相切，该圆的圆心为 (3,1), 3Mr 则 2 33 1 c   ， 2 2c， 2 3a，故椭圆的标准方程为 2 2 13 x y. …………3 分 （Ⅱ）解法一：依题得直线l 的斜率必存在，设 :l y kx m，设点 1, 1 2 2( ), ( , )P x y Q x y ， 联立 2 2 13 y kx m x y   ，消去 y 并整理得 2 2 2(3 1) 6 3 3 0k x kmx m     …………5 分 2 2 2 2=36 4 (3 1) (3 3) 0k m k m       ，即 2231mk …………6 分 且 2 1 2 1 222 6 3 3,3 1 3 1 km mx x x xkk     …………7 分 ∴ 22 1, 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( , ) ( 1) ( 1)( ) ( 1)AP AQ x y x y x x y y k x x k m x x m            2 22 22 3 3 6( 1) ( 1) ( ) ( 1)3 1 3 1 m kmk k m mkk          2 2 4 2 2 31 mm k   …………9 分 ∵ AP AQ ，∴ 0AP AQ，即 2 2 4 2 2 =031 mm k   ，∴ 1m  或 1 2m  …………10 分 当 时，直线 :1l y kx，恒过点(0,1) ，不满足题意，舍去； 当 时，直线 1: 2l y kx，恒过点 1(0, )2 故直线l 恒过定点 . …………12 分 第 5 页，共 6 页 解法二：因为不过点 A 的动直线l 与椭圆C 相交于 ,PQ两点，且 AP AQ ，即直线 AP 与坐标轴 不垂直也不平行， 由 (0,1)A ，可设直线 AP 的方程为 1y kx，则直线 AQ 的方程为 1 1yxk   …………4 分 联立 2 2 13 1 x y y kx     ，消去 y 并整理得 221 3 6 0k x kx   ，解得 0x  或 2 6 13 k k  ， 因此点 P 的坐标为 2 22 66( , 1)1 3 1 3 kk kk   ，即 2 22 6 1 3( , )1 3 1 3 kkP kk   …………7 分 将上式中的 k 换成 1 k ，得点 2 22 63( , )33 kkQ kk   …………8 分 所以直线l 的斜率为 22 222 22 3 1 3 13 1 3 664 3 1 3 kk kkk kkk kk    ，即直线l 的方程为 22 22 1 6 3()4 3 3 k k kyxk k k    ， 化简并整理得 2 11 42 kyxk  …………11 分 故直线l 恒过定点 1(0, )2 . …………12 分 22．解：（Ⅰ）函数 ()fx的定义域为： 0,  ， '( )fx 222a a xxxx  …………1 分 ①当 0a  时， '( ) 0fx ，所以 ()f x 在 上单调递增 …………2 分 ②当 0a  时，令 '( ) 0fx ，解得 x  2 a 当 0 2 ax   时， 220ax，所以 '( ) 0fx ， 所以 ()f x 在 (0, )2 a 上单调递减； 当 2 ax  时， 220ax，所以 '( ) 0fx ，所以 ()f x 在 ( , )2 a  上单调递增…………3 分 综上，当 时，函数 ()f x 在 上单调递增； 当 时，函数 ()f x 在 上单调递减，在 上单调递增. …………4 分 第 6 页，共 6 页 （Ⅱ）当 1a  时， 2( ) lnf x x x，要证明 2( ) 1f x x x   ， 即证ln 1xx，即证ln 1 0xx   …………5 分 设 g( ) ln 1x x x   ，则g'( )x  1 x x  ，令 ( ) 0gx  得， 1x  . 当  0,1x 时， 0()g x  ，当  1,x  时， 0()g x  . 所以 为极大值点，且 ()gx在 处取得最大值. 所以 (10) ( )ggx ，即 ，故 2( ) 1f x x x   . …………7 分 （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知 （当且仅当 时等号成立），即 11lnx xx …………8 分 则有 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 11 1 1 1 ( )3 2 2 32 3 ln ln lnn nn n n             ……9 分   1 1 11 [ ]2 3 3 4 1n nn       …………10 分      1 2 11 1 1 1 1 1 1 11 ( ) 1 ( )2 3 3 4 1 2 1 2 1 nnnnn n n n                …………11 分 故 2 2 2 2 ln +      22 22 1 2 13 3 2 1 nnln lnn nn    . …………12 分