安徽省十校联盟2020届高三线上自主联合检测数学（理）试题（PDF版）.pdf

【LMY—G K】第 1 页 共 6 页 安徽省十校联盟 2020 届高三线上自主联合检测 理科数学参考答案 2020.3.29 一、选择题 1-5:CADBA 6-10:BBBAB 11-12：DC【LMY—G K】第 2 页 共 6 页 二、填空题 13. 4 14.10 15.55 16.5 三、解答题 17.解：（1）设数列{an}是公差为 d 的等差数列， 由 bn=an+n+4，若 b1，b3，b6 成等比数列， 可得 b1b6=b3 2， 即为（a1+5）（a6+10）=（a3+7）2， 由 b2=a8，即 a2+6=a8， 可得 d= =1， 则（a1+5）（a1+5+10）=（a1+2+7）2， 解得 a1=3， 则 an=a1+（n﹣1）d=3+n﹣1=n+2； bn=an+n+4=n+2+n+4=2n+6； （2） = = （ ﹣ ）， 则前 n 项和 Sn= （ ﹣ + ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）= （ ﹣ ）= ． 18.解：(1)由表中数据可得 K2 的观测值 k＝120×（60×20－20×20）2 80×40×80×40 ＝7.5>6.635， 所以有 99%的把握认为是否会收看该国际篮联篮球世界杯赛事与性别有关． (2)（i）P（乙投球 3 次均未命中）= = ， ∵（1﹣p）3= ，解得 p= ． （ii）ξ可取 0，1，2，3， 则 P（ξ=0）= = = ， P（ξ=1）= + = ， P（ξ=2）= = ， P（ξ=3）= = ， ∴ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 P ∴Eξ= = ． 19.证明：（1）∵AD∥BC，BC= AD，Q 为 AD 的中点， ∴四边形 BCDQ 为平行四边形，∴CD∥BQ，【LMY—G K】第 3 页 共 6 页 ∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，∴QB⊥AD， 又∵平面 PAD⊥底面 ABCD，且平面 PAD∩平面 ABCD=AD， ∴BQ⊥平面 PAD， ∵BQ⊂平面 PQB，∴平面 PQB⊥平面 PAD． 解：（2）∵PA=PD，Q 为 AD 的中点，∴PQ⊥AD， ∵平面 PAD⊥底面 ABCD，且平面 PAD∩平面 ABCD=AD， ∴PQ⊥底面 ABCD， 以 Q 为原点，QA 为 x 轴，QB 为 y 轴，QP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 PQ=a，则 Q（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，a），B（0， ，0），C（﹣1， ，0）， ∴ =（﹣1， ，0）， =（1，﹣ ，a）， 设异面直线 AB 与 CD 所成角为θ， ∵异面直线 AB 与 PC 所成角为 60°， ∴cosθ=|cos＜ ， ＞|= = ，解得 PQ=a=2 ， ∴在 Rt△PQA 中，PA= = = ． （3）平面 PQB 的法向量 =（1，0，0）， D（﹣1，0，0）， =（﹣1，0，﹣2 ）， =（﹣1， ，﹣2 ）， 设平面 PDC 的法向量 =（ax，y，z）， 则 ，取 x=2 ，得 =（2 ，0，﹣1）， 设平面 PQB 与平面 PDC 所成锐二面角为α， 则 cosα= = = ． ∴平面 PQB 与平面 PDC 所成锐二面角的余弦值为 ． 20.解：（1）依题意， 1 2 2 4PF PF a   ，故 2a  . 将 31 2      ， 代入 2 2 2 14 x y b   中，解得 2 3b  ，故椭圆C ： 2 2 14 3 x y  . （2）由题知直线l 的斜率必存在，设l 的方程为 ( 4)y k x  . 点 1 1( )E x y， ， 2 2( )F x y， ， 1 1( )N x y， ，联立 2 2 ( 4) 3 4 12 y k x x y      得 2 2 23 4 ( 4) 12x k x   . 即 2 2 2 2(3 4 ) 32 64 12 0k x k x k     ， 0  ， 2 1 2 2 32 3 4 kx x k    ， 2 1 2 2 64 12 3 4 kx x k   由题可得直线 FN 方程为 2 1 1 1 2 1 ( )y yy y x xx x    ， 又∵ 1 1( 4)y k x  ， 2 2( 4)y k x  . ∴直线 FN 方程为 2 1 1 1 2 1 ( 4) ( 4)( 4) ( )k x k xy k x x xx x       ，【LMY—G K】第 4 页 共 6 页 令 0y  ，整理得 2 1 2 2 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 4 4 2 4( ) 8 8 x x x x x x x x xx xx x x x           2 2 2 2 2 2 64 12 322 43 4 3 4 32 83 4 k k k k k k      2 2 2 2 24 3 4 132 24 32 3 4 k k k k      ，即直线 FN 过点 (1 0)， . 又∵椭圆C 的左焦点坐标为 2 (1 0)F ， ，∴三点 N ， 2F ， F 在同一直线上. 21.解：（1）依题意， 21 2 1( ) 2 1 x xf x x x x       (2 1)( 1)x x x   故当 (0 1)x ， 时， ( ) 0f x  ，当 (1 )x  ， 时， ( ) 0f x  故当 1x  时，函数 ( )f x 有极小值 (1) 0f  ，无极大值. （2）因为 1x ， 2x 是方程 2( )ax f x x x   的两个不同的实数根. ∴ 1 1 2 2 ln 0(1) ln 0(2) ax x ax x      两式相减得 2 1 2 1 ( ) ln 0xa x x x    ，解得 2 1 2 1 ln x xa x x   要证： 1 2ln ln 2ln 0x x a   ，即证： 1 2 2 1x x a  ，即证： 2 2 1 1 2 2 1 ( ) ln x xx x x x        ， 即证 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 ( )ln 2x x x x x x x x x x          ， 不妨设 1 2x x ，令 2 1 1x tx   .只需证 2 1ln 2t t t    . 设 2 1( ) ln 2g t t t t     ，∴ 2 2 1 1 1( ) ln 1 2lng t t t tt t t t           ； 令 1( ) 2lnh t t t t    ，∴ 2 2 2 1 1( ) 1 1 0h t t t t            ，∴ ( )h t 在 (1 ) ， 上单调递减， ∴ ( ) (1)h t h 0 ，∴ ( ) 0g t  ，∴ ( )g t 在 (1 ) ， 为减函数，∴ ( ) (1) 0g t g  . 即 2 1ln 2t t t    在 (1 ) ， 恒成立，∴原不等式成立，即 1 2ln ln 2ln 0x x a   .【LMY—G K】第 5 页 共 6 页 23.解：(1)由题意可得 f(x)＝ －3x－1，x≤－2， x＋7，－2＜x＜3， 3x＋1，x≥3， 故当 x≤－2 时，不等式可化为－3x－1－3，故此时不等式的解集为(－3，－2]； 当－2