天津市塘沽一中2020届高三毕业班第二次模拟考试数学（word版含答案）.doc

数学 第 1 页 （共 17 页） 3( ,1]4 132 2 2 2 3 2 4  ccc 662 12 c 66 13P 3 4 2020 届塘沽一中高三毕业班线上二模考试试题 数 学 参考答案 一．选择题：（每小题 5 分，共计 45 分） DCAAD ,CBCB 二．填空：（每小题 5 分，共计 30 分） 10. ； 11. -672 ； 12. 2 3 13. 6 14. 45 ( 2, ) 15. 2 55 三．解答题 16.（1）由题设易得，问卷调查从四个小组中抽取的人数分别为 4,3,2,3（人）， 从参加问卷调查的 12 名学生中随机抽取两名的取法 共有（种）， 抽取的两名学生来自同一小组的取法共 有（种）， 所以，抽取的两名学生来自同一个小组的概率为 （2）由（1）知，在参加问卷调查的 12 名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为 4 人、2 人， 所以，抽取的两人中是甲组的学生的人数 X 的可能取值为 0,1,2 X 0 1 2 P 1/15 8/15 6/15 所求 X 的期望为 17.（Ⅰ）（i）证明：连接 AC 交 BG 于点O ，连接OM ，CG ，依题意易证四边形 ABCG 为平行四边形. ∴ AO OC 又∵ PM MA ， ∴ MO PC 又∵ MO  平面 BMG ， PC 平面 BMG ， ∴ PC  平面 BMG .数学 第 1 页 （共 17 页） 3 1 mKmK ABMF 3,3  )1(3  xmy )12 3,12 12( 22  m m m xmy 4  （ii）解：如图，在平行四边形 BCDG 中∵ BG CD ，CD GD ， ∴ BG GD 以G 为原点建立空间直角坐标系O xyz 则      0,0,0 , 0,0,2 , 0,2,0G P D ，        0, 2,0 , 2,0,0 , 2,2,0 , 0, 1,1A B C M  ∴      2,0, 2 , 2,0,0 , 0, 1,1PB GB GM       平面 PAD 的法向量为 （1,0,0） 平面 BMD 的法向量为 （1,1,3） 锐二面角的余弦值为 （Ⅱ）设      0,2,2 0,2 ,2 , 0,1AM AP         ∴  0,2 2,2M   平面 BMG 的法向量为 )1,,0(   （过程略）解得 18. （1） 134 22  yx （2） i 设点 M 的坐标为(-4,m） 当 0m  时，AB 与 x 轴垂直 F， 为 AB 的中点,OM 平分 AB 显然成立 当 0m  ，由已知可得： 则直线 AB 的方程为： 联立消去 y 得： 012424)12( 222  mxxm ， 由韦达定理得 AB 中点 P 的坐标为 又因为直线 OM： 所以 P 在直线 OM 上.综上 OM 平分线段 AB. 11 11数学 第 1 页 （共 17 页） 2 2 AB MF 9,)12( )9(4 2 22 22   mMFm mAB 12 2  AB MF  ii 当 0m  时， 当 0m  时，由 (i) 可知 169 994 1 2 2  mmAB MF 又 ∴m=0 时， 最小，点 M 的坐标为(-4,0) 19. (1)由题,当 1n  时, 1 2 2 2 5a S  ,即 1 2 2 2 5a a  当 2n  时, 2 1 2 4n na S n    …① 2 12 3nn Sa n   …② ①-②得 2 2 1 2 1n n na a a    ,整理得  2 2 1 1n na a   ,又因为各项均为正数的数列 na . 故 1 1n na a   , na 是从第二项的等差数列,公差为 1. 又 2 1a  , 3 7,a a 恰为等比数列 nb 的前 3 项, 故       22 3 2 7 2 2 21 1 1 5a a a a a a       ,解得 2 3a  .又 1 2 2 2 5a a  , 故 1 2a  ,因为 2 1 1a a  也成立. 故 na 是以 1 2a  为首项,1 为公差的等差数列.故 2 1 1na n n     . 即 2,4,8 恰为等比数列 nb 的前 3 项,故 nb 是以 1 2b  为首项,公比为 4 22  的等比数列. 故 2n nb  .综上 1na n  , 2n nb  (2） 1 2 2 2 1 1    nnaa nb nn nn n 前 n 项和为 12 2 1   nT n n ， nT 单增，所以 nT 的最小值为 1/3 所以 3 2020m ，所以 m 的最大整数是 673. （3）过程略 12,3  n ncn ，又 2,1 21  cc 符合 所以 12  n nc数学 第 1 页 （共 17 页） 2 1 2 2ln 20. （1）极大值 无极小值； (2) 即   1 cos 1a x x   在区间 0,1 上恒成立. 设    cos 1t x x x  ，则      cos 1 sin 1 0t x x x x      在区间 0,1 上恒成立. 所以    cos 1t x x x  在 0,1 单调递.增，则  0 1t x  ， 所以 1a  . (3) 由（2）可知当 1a  时，函数    sin 1 lnxG x x   在区间 0,1 上递增， 所以    sin 1 ln 1 0x x G    ，即    1sin 1 ln 0 1x xx     ， 所以 )3)(1( )2(ln])2( )3)(1(1sin[)2( 1sin 2 22    kk k k kk k . . 求和即可得证（略）