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理科数学答案 第 1 页（共 3 页） 安徽六校教育研究会 2020 届高三第二次素质测试 理科数学参考答案 一、选择题：本大题共 12 个题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D A B D C B C B A A C D 11．提示：考虑函数 ln 1( 0)y ax x   与 2 4( 0)y x ax x    的图象，不难知它们有公共的零点t 时， ( ) 0f x  恒成立．于是， 24 eat t   ，解得 e 4 e a   ． 12．提示：取 AC 中点 E ，过 M 作 MF  面 1 1 1 1A B C D ，则 APM AEM△ ≌△ ，故 PM EM ，而对固 定的点 M ，当 1 1MN B C 时，MN 最小．此时由 MF  面 1 1 1 1A B C D ，可知 MFN△ 为等腰直角三 角形， 2 2MF MN ，故 1 22 2 2( ) 2 2 22PM MN PM MN EM MF AA      （ ） ． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 12 3 2 ． 14． 160 ． 15． 4 10 8 ． 16． 6(0, )3 16．提示：不难知，圆 2 2 2 1x y a   上任意一点向椭圆 C 所引的两条切线互相垂直，因此当直线 3 4 10 0x y   与圆 2 2 2 1x y a   相离时， APB 恒为锐角，故 2 21 4a d   ， 21 3a  ， 从而离心率 2 1 61 (0, )3e a   ． 三、解答题：共 70 分。 （一）必考题：共 60 分。 17．（12 分） 【解析】（1）由题， 2 22sin 2cos 2cos cos2 2 A B A B A B   1 cos( ) 1 cos( ) 2cos cosA B A B A B       2 2cos( ) 2 2cosA B C     1 ， 解得 1cos 2C  ，所以 60C  ． （6 分） （2）由余弦定理， 2 2 2 16c a b ab    ，再由 2 2 2| | 38CA CB a b ab       ， 解得 2 2 27a b  ， 11ab  ，所以 2( ) 49a b  ， 7a b  ， 故 ABC△ 的周长为11． （12 分） 18．（12 分） 【解析】（1）因为 BC  平面 PAB ， PA  平面 PAB ，所以 BC PA ， 由 PAB△ 为等腰直角三角形，所以 PA PB ， 又 PB BC B ，故 PA  平面 PBC ． （5 分） 理科数学答案 第 2 页（共 3 页） （2）取 AB 的中点O ，连接 ,OP OD ， 因为 PA PB ， AD BD ，所以 PO AB ， DO AB ， 因为 BC  平面 PAB ，所以 PAB  平面 ABCD ， 所以 PO  平面 ABCD ， PO OD ， 如图，以O 为坐标原点， , ,OD OB OP 分别为 , ,x y z 正半轴建立 空间直角坐标系O xyz ， 则 1AO BO PO   ， 2 2 2DO AD AO   ， 又 BC AB ， DO PA ，所以 //OD BC 且OD BC ，于是 (0,0,1)P ， (0, 1,0)A  ， (2,0,0)D ， (2,1,0)C ， (2,1, 1)PC    ， (0,1,1)AP   ， (2,1,0)AD   ， 设平面 PAD 的法向量为 ( , , )n x y z  ，则 0 2 0 n AP y z n AD x y              ，令 1x  得平面 PAD 的一个法向量 (1, 2,2)n    ， 设直线 PC 与平面 PAD 所成的角为 ， 则 2 6sin cos , 9| | | | 6 3 PC nPC n PC n               ． （12 分） 19．（12 分） 【解析】（1）由题， (1,0)F ，若线段 AF 与抛物线C 没有公共点，即 9 4a  时， 设点 P 在抛物线准线 1x   上的射影为 D ，则 , ,D P A 三点共线时， | | | |PA PF 的最小值为| | ( 1) 5AD a    ，此时 4a  ； 若线段 AF 与抛物线C 有公共点，即 9 4a  时， 则 , ,A P F 三点共线时，| | | |PA PF 的最小值为 2 2| | ( 1) 3 5PF a    ，此时 3a   ． 综上，实数 a 的值为 3 或 4 ． （6 分） （2）因为 MOA MAO AOF     ，所以 MA x∥ 轴且 MO MA MP  ， 设 ( ,3)M t ，则 (2 ,6)P t ，代入抛物线C 的方程解得 2 9t  ， 于是 3 13 2MO MA MP   ，所以 1 9 13 2 2POPAS MA y  △ ． （12 分） 20．（12 分） 【解析】（1） 2( ) 2 (sin cos )x xf ' x e e x x   ， (0) 2f '   ， (0)f   ， 所以直线l 方程为 (2 )y x    ， 即 (2 )( 1) 2y x    ，恒过点( 1, 2)  ． （5 分） （2）将(1,6) 代入直线l 方程，得 2   ．考虑方程 ( ) 0f x  ， 即 2 2cos 1 0x xe xe   ，等价于 2cos 0x xe e x   ， 记 ( ) 2cosx xg x e e x   ，则 ( ) 2sin 2 2sin 2 2sin 0x x x xg' x e e x e e x x          ， 于是函数 ( )g x 在 R 上单调递增，又 2 2( ) 02g e e        ， (0) 2 0g   ， 所以函数 ( )g x 在区间( ,0)2  上存在唯一零点，即函数 ( )f x 存在唯一零点． （12 分） D P A B C O y x z 理科数学答案 第 3 页（共 3 页） 21．（12 分） 【解析】（1）由题， X 的可能取值为 1 k 和1 k k  ， 1( ) (1 )kP X pk   ， 1( ) 1 (1 )kkP X pk     ，故 X 的分布列为 X 1 k 1 k k  P (1 )kp 1 (1 )kp  1 1 1( ) (1 ) [1 (1 ) ] 1 (1 )k k kkE X p p pk k k            ． （5 分） （2）（ⅰ）由（1），记 1( ) 1 (1 )kf p p k    ，因为 0k  ，所以 ( )f p 在 (0,1)p 上单调递增 ， 故 p 越小， ( )f p 越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理． （8 分） （ⅱ）记 1 1( ) 1 (1 ) 1 0.9k kg k p k k       ，当 ( ) 1g k  且取最小值时，该方案最合理， 因为 (1) 1.1, (2) 0.69, (3) 0.604, (4) 0.594, (5) 0.61g g g g g     ，所以 4k  时平均检验次数最 少，约为1000 0.594 594  次． （12 分） （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．[选修 4−4：坐标系与参数方程]（10 分） 【解析】（1）曲线 2C 的方程化成直角坐标方程为 2 2 8x y y  即 2 2( 4) 16x y   ， 圆心 2 (0,4)C ，半径 4r  ，曲线 1C 为过定点 (2,2)P 的直线， 易知 (2,2)P 在圆 2C 内，当 2PC AB 时， 线段 AB 长最小为 2 2 2 2 22 | | 2 16 [(2 0) (2 4) ] 4 2r PC       ． （5 分） （2）当点 M 与点 P 不重合时，设 ( , )M x y ，∵ 2C M PM ， ∴ 2 ( 2) ( 4)( 4) 0C M PM x x y y         ，化简得： 2 2( 1) ( 3) 2x y    ， 当点 M 与点 P 重合时，也满足上式， 故点 M 的轨迹方程为 2 2( 1) ( 3) 2x y    ． （10 分） 23．[选修 4−5：不等式选讲]（10 分） 【解析】（1） 3 3 2 2 2 2(2 2 ) ( )( ) 2 ( )a b a b ab a b a ab b ab a b         2 2( )( )a b a ab b    2 23( )[( ) ]2 4 ba b a b    ∵ a b ，∴ 0a b  ，又 2 23( ) 02 4 ba b   ，∴ 3 3 2 22 2a b a b ab   ． （5 分） （2） 2 2 1 1( )b a a b a b   ，即 3 3 2 2 b a b a a b ab  ，即 2 2 2 2 b ab a a b ab    （*） ① 当 0ab  时，（*）即 2 2 1b ab a b a ab a b      恒成立， ∵ 2 2b a b a a b a b    （当且仅当 a b 时取等号），故 3  ② 当 0ab  时，（*）即 2 2 1b ab a b a ab a b      恒成立， ∵ [( ) ( )] 2 ( ) ( ) 2b a b a b a a b a b a b             （当且仅当 a b  时取等号），故 1   综上， [ 1,3]   ． （10 分）