2020 年塘沽一中高三毕业班复课模拟检测
数学试题
第 I 卷
一、选择题: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)设集合 A={x|-2
2 24
1 2 1
x y my x
+ ≥− −某冰糖橙,甜橙的一种,云南著名特产,以味甜皮薄著称.该橙按照等级可分为四类:珍品､特级､优级和一级(每箱
有 5kg)某采购商打算采购一批橙子销往省外,并从采购的这批橙子中随机抽取 100 箱,利用橙子的等级分类标准得
到的数据如下表:
等级 珍品 特级 优级 一级
箱数 40 30 10 20
(I)若将频率视为概率,从这 100 箱橙子中有放回地随机抽取 4 箱,求恰好抽到 2 箱是一级品的概率;
(II)利用样本估计总体,庄园老板提出两种购销方案供采购商参考:
方案一:不分等级卖出,价格为 27 元/kg;
方案二:分等级卖出,分等级的橙子价格如下:
等级 珍品 特级 优级 一级
售价元/kg 36 30 24 18
从采购商的角度考虑,应该采用哪种方案;
(III)用分层抽样的方法从这 100 箱橙子中抽取 10 箱,再从抽取的 10 箱中随机抽取 3 箱,X 表示抽取的是珍品
等级,求 X 的分布列及数学期望 E(X).
(17)(本小题满分 15 分)
在 如 图 所 示 的 几 何 体 中 , 四 边 形 ABCD 是 菱 形 ,ADNM 是 矩 形 , 平 面 ADNM ⊥ 平 面 ABCD, ∠
DAB=60°,AD=2,AM=1,E 为 AB 的中点.
(I)求证:AN//平面 MEC;
(II)求异面直线 AN,BM 所成角的余弦值;
(III)在线段 AM 上是否存在点 P,使二面角 P-EC-D 的大小为 ？若存在,求出 AP 的长 h;若不存在,请说明理
由.
6
π(18)(本小题满分 15 分)
已知椭圆 的左､右焦点分别为 P 是椭圆上一动点(与左､右顶点不重合)，已知
面积的最大值为 椭圆的离心率为
(I)求椭圆 C 的方程;
(II)过 的直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,过 A 作 x 轴的垂线交椭圆 C 与另一点 Q(Q 不与 A,B 重合).设△ABQ
的外心为 G,求 的值.
(19)(本小题满分 15 分)
已知数列 满足: ,且当 n≥2 时, .
(I)若 λ=1,证明:数列 是等差数列;
(II)当 λ=2 时,
①设 求数列 的通项公式;
②设 ,求当 取得最小值时 n 的值.
(20)(本小题满分 16 分)
设函数 .
(I)求 g(x)在 x=1 处的切线的一般式方程;
(II)设函数 f(x)=g(x)-h(x),请判断函数 f(x)的零点个数,并说明理由;
(III)设 为函数 f(x)的极值点, 为 g(x)与 h(x)的图像一个交点的横坐标,且 证明:
2 2
2 2: 1( 0)x yC a b
a b
+ = > > 1 2, ,F F
1 2PF F 3, 1.2
2F
2
| |
| |
AB
GF
{ }na 1 1a = 1
1 ( 1) ( )2
n
n na a Rλ λ−
− −= + ∈
2 1{ }na −
2
2 ,3n nb a= + { }nb
2
1
1
3
n
n in
i
C a
n =
=
⋅ ∑ nC
1( ) ln , ( ) , 0x xg x x ae h x axe a e
= + = < <
0x 1x 1 0 ,x x> 0 13 2.x x− >2020 年塘沽一中高三毕业班复课模拟检测
数 学答案
一、选择题
CDAC DAABD
二、填空题
； ； ， ； ；
. 8
16.【答案】解： 设“从这 100 箱橙子中随机抽取一箱，抽到一级品的橙子”为事件 A，
则
现有放回地随机抽取 4 箱，设抽到一级品的个数为， 则 ，
所以恰好抽到 2 箱是一级品的概率为 ．
设方案二的单价为 ，则单价 的期望为
，
因为 ， 所以从采购商的角度考虑应该采用方案一．
用分层抽样的方法从这 100 箱橙子中抽取 10 箱，其中珍品 4 箱，非珍品 6 箱，
则现从中抽取 3 箱，则珍品等级的数量 X 服从超几何分布，
则 X 的所有可能取值分别为 0，1，2，3，
， ，
， ，
X 的分布列为
X 0 1 2 3
P
17.【答案】解： 与 BN 交于 F，连接 EF．
由已知可得四边形 BCNM 是平行四边形，所以 F 是 BN 的中点．
因为 E 是 AB 的中点，所以 分
又 平面 MEC， 平面 MEC，所以 平面 分
5
2− 22216 yx 3
2
10
27
8
27
7
7异面直线所成角的余弦值为
Ⅲ由于四边形 ABCD 是菱形，E 是 AB 的中点，可得 ．
又四边形 ADNM 是矩形，面 面 ABCD， 面 ABCD，
如图建立空间直角坐标系 ，则 0， ， 0， ， 2， ， ，
， ，设平面 PEC 的法向量为 y， ．
则 ， ，
令 ， ，又平面 ADE 的法向量 0， ，
， ，解得 ，
在线段 AM 上是否存在点 P，当 时使二面角 的大小为．
18.（1）由题意知： ，∴ ，∴ .
所以 ，把 代入，解得： ，
所以椭圆方程为 .
（2）由题意知，直线 的斜率存在，且不为 0，设直线 为 ，
代入椭圆方程得 .
设 ，则 ，
所以 的中点坐标为 ，
所以 .
因为 是 的外心，所以 是线段 的垂直平分线与线段 的垂直平分线的交点， 的垂直
平分线方程为 ，
令 ，得 ，即 ，所以
所以 ，所以 为定值，定值为 4.
1
2
c
a
= 2 2 22 ,a c b a c= = − 3b c=
3 ( )3 a c bc+ = 2 , 3a c b c= = 2, 3a b= =
2 2
14 3
x y+ =
AB AB 1x my= +
( )2 23 4 6 9 0m y my+ + − =
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 22 2
6 9,3 4 3 4
my y y ym m
− −+ = =+ +
AB 2 2
4 3,3 4 3 4
m
m m
−
+ +
( )22
2 2
1 2 2
12 112 1| | 1 | 2 | 1 3 4 3 4
mmAB m y m m m
++= + − = + × =+ +
G ABQ△ G AB AQ AB
2 2
3 4
3 4 3 4
my m xm m
+ = − − + +
0y =
2
1
3 4x m
= + 2
1 ,03 4G m
+
2
2 2 2
1 3 313 4 3 4
mGF m m
+= − =+ +
( )2
2
2
2
2
12 1
| | 123 4 43 3 3
3 4
m
AB m
mGF
m
+
+= = =+
+
2
| |AB
GF19.【详解】
（1）证明：当 时, ,
①，
②, 则① ②得 ,
当 时, , 是首项为 1,公差为 1 的等差数列
（2）①当 时, , 当 时, ,
①, ②,
① ② 得 ,
,即 , ,
是首项为 ,公比为 4 的等比数列,
②由（2）①知 , 同理由 可得 ,
,
当 时, , 是首项为 ,公比为 4 的等比数列,
,
,
,
1λ = ( )
1
1 1
2
n
n na a −
− −= +
( )2 +1
2 +1 2 2
1 1 12
n
n n na a a
− −∴ = + = +
( )2
2 2 1 2 1
1 1
2
n
n n na a a− −
− −= + = + 2 1 2 1 1n na a+ −− =
1n = 1 1a = { }2 1na −∴
2λ = ( )
1
1 12 2
n
n na a −
− −= + 2n = ( )2
2 1
1 12 22a a
− −= + =
( )2 2
2 2 2 1 2 1
1 12 22
n
n n na a a
+
+ + +
− −∴ = + = ( )2 1
2 1 2 2
1 12 2 12
n
n n na a a
+
+
− −= + = +
+ 2× 2 2 24 2n na a+ = +
2 2 2
2 243 3n na a+
∴ + = + 1 4n nb b+ = 1 2
2 2 823 3 3b a= + = + =
{ }nb\ 8
3
18 24 43 3
n n
nb −∴ = ⋅ = ⋅
( )2
2 4 13
n
na = − 2 1 2
2 2 1
2 1
2
n n
n n
a a
a a
+
−
= +
= 2 1 2 14 1n na a+ −= +
2 1 2 1
1 143 3n na a+ −
∴ + = +
1n = 1
1 1 413 3 3a + = + = 2 1
1
3na −
∴ +
4
3
1
2 1
1 4 14 43 3 3
n n
na −
−∴ + = ⋅ = ⋅ ( )2 1
1 4 13
n
na −∴ = −
( ) ( )2
1 3 2 1 2 4 2
1
n
i n n
i
a a a a a a a−
=
∴ = + + + + + + +∑
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 81 4 1 4 2 4 8 43 3 4 1 4 1 4 11 4 3 1 4 3 9 9 3
n n
n n nn n n n
− −
= − + − = − + − − = − −− −
1 1
1
1 4 4 4 3 4
3 3 3 3
n n
n n n
nC nn n
+ +
+
− −∴ = − − = ⋅ ⋅ 当 时, ；当 时, ；
当 时, ,
对于一切 ,都有 ,故对任意 ,当 时,
C1=1，C2=1，C3=1，C4
∴ n ∗∈N 1n nC C+ ≥ ,p m N ∗∈ p m> p mC C≥
( ) 1 exg axx′ = + ( )1 1 ek g a′= = + ( )1, ea
( )( )e 1 e 1y a a x− = + −
( )1 1 0ae x y+ − − =
( ) ( ) ( ) ln e ex xf x g x h x x a ax= − = + − ( )f x ( )0, ∞+
( ) ( ) 21 1 ee 1 e
x
x x axf x a a xx x
−′ = + − + =
( ) 21 exm x ax= − ( ) ( )22 e ex xm x a x x′ = − + 10 ea< < 0x > ( )m x ( )0, ∞+
( )1 1 e 0m a= − >
2 21 1 1 1ln 1 ln 1 ln 0m aa a a a
= − = − = ( )f x ( )00, x
( )0 ,x x∈ +∞ ( ) ( ) ( )0 0m x m xf x x x
′ = < = ( )f x ( )0 ,x +∞
0x ( )f x
( ) ln 1x x xϕ = − + 1x > ( ) 1 1 0x x
ϕ′ = − < ( )xϕ ( )1,+∞
1x > ( ) ( )1 0xϕ ϕ< = ln 1x x< −从而 ，
又因为 ，∴ 在 内有唯一零点，
又 在 内有唯一零点 1，从而， 在 内恰有两个零点.
所以 与 的图像有 2 交点；
（3）由（2）及题意， 即
从而 ，即 ,
∵当 时， ，又 ，故 ,
两边取对数，得 ，
于是 ，整理得 ，命题得证.
1ln1 1 1ln ln ln 1 ln af a ea a a
= + −
1 1 1ln ln ln 1 ln 0a a a
ϕ = − + = = ( )f x ( )0 ,x +∞
( )f x ( )00, x ( )f x ( )0, ∞+
( )g x ( )h x
( )
( )0
1
0,
0,
f x
f x
= =
′
( )
0
1
2
0
1 1
e 1,
ln 1 e ,
x
x
ax
x a x
= = −
1 01
1 2
0
1ln ex xxx x
−−= 1 0
2
0 1
1
lne 1
x x x x
x
− = −
1x > ln 1x x< − 1 0 1x x> > ( )
1 0
2
0 1 2
0
1
1
1
x x x xe xx
− −< =−
1 0 2
0ln lnx xe x− <
( )1 0 0 02ln 2 1x x x x− < < − 0 13 2x x− >
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