黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三下学期第一次模拟考试理科数学试题 PDF版含答案.pdf

1 2020 年哈三中高三学年第一次模拟考试 数学试卷（理工类）答案及评分标准 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C C D A A A C C B B C 二、填空题： 13. [0,2 3) 14. [80,120] 15. 1 e 或1 16. 152, 2 三、解答题： 17. (1) 由 caAb =+ 2 3cos , 余弦定理 bc acbA 2cos 222 −+= 有 cabc acbb =+−+ 2 3 2 222 , 即 accab 3222 −+= 有 2 3 2cos 222 =−+= ac bcaB 由  B0 , 则 6 =B ……………………………………………………..……3 分 又因为 2cossinsin 2 ACB = 有 2 cos1sin2 1 AC += , 即 2 )6 5cos(1 sin2 1 C C −+ =  , 有 CCC sin2 1cos2 31sin +−= , 即 1cos2 3sin2 1 =+ CC , 则 1)3sin( =+ C , 由  C0 , 即 23  =+C , 则 6 =C ……………………………….………6 分 (2)延长线段 AM 至 D, 满足 BM=MD, 联结 AD 在 ABD 中, ( ) 6 5,,,3122  =−===+== BBADcABaADAMBD , 满足余弦定理 ( ) )2 3(2314 222 −−+=+ acca ……………………………..9 分 因为 acca 222 + , 2 所以 ( ) acacca )32()2 3(2314 222 +−−+=+ , 则 ( ) ac)32(314 2 ++ , 即 8ac , 当且仅当 ca = 时取”=” 那么 22 182 1 2 1 2 1sin2 1 === acBacS ABC , 当且仅当 4== ca 时取”=” 则 ABC 面积的最大值为 2…………………………………….………………..12 分 18. (1) 在 ACD 中 3111120cos222 =++=−+= CDADCDADAC , 2 3 2cos 222 = −+= ACAD CDACADDAC , 则 6 =DAC 在 ABC 中 2 1 2cos 222 = −+= ACAB BCACABBAC , 则 3 =BAC , 那么 2 =BAD , 即 ⊥AB AD 因为 ⊥PA 平面 ABCD …………………………………………………………………1 分 所以, 分别以直线 AB AP 为 zyx ,, 轴如图建立空间直角坐标系 有 ( )0,0,0A , ( )0,0,3B ,       0,2 3,2 3C , ( )0,1,0D , ( )3,0,0P ,       0,4 3,4 3M , 设平面 ACP 的法向量为 ( )zyxm ,,= , 由于      = 0,2 3,2 3AC 且 ( )3,0,0=AP 满足    = =+ 03 02 3 2 3 z yx , 令 3=x , 有      = −= = 0 1 3 z y x , 则 ( )0,1,3 −=m ………...…….3 分 设平面 BCP 的法向量为 ( )zyxn ,,= , 由于      −= 0,2 3,2 3BC 且 ( )3,0,3−=BP 满足    =+− =+− 033 02 3 2 3 zx yx , 令 , 有      = = = 3 1 3 z y x , 则 ( )3,1,3=n ……….……5 分 则 7 7 74 013,cos =  +−= nm , 那么二面角 BPCA −− 的余弦值为 7 7 ….…6 分 (2) 设平面 PCD 的法向量为 ( )zyxa ,,= , 由于       −= 3,2 3,2 3PC 且 ( )3,1,0 −=PD 3 满足    =− =−+ 03 032 3 2 3 zy zyx , 令 3=y , 有    = = −= 1 3 1 z y x , 则 ( )1,3,1−=a ……..…..8 分 设 ( )zyxN ,, 且 BPBN = , ( )10   , 满足( ) ( )3,0,3,,3 −=− zyx 有      = = −=−   3 0 33 z y x , 则 ( ) 3,0,33 −N , 则      −−=  3,4 3,334 3MN 则 0=aMN , 即 0334 334 33 =+−−  , 有 4 3= 则      −= 34 3,4 3,0MN ………………………………………………………………….10 分 因为平面 ACP 的法向量为 ( )0,1,3 −=m , 有 4 1 2 32 4 3 ,cos =  = MNm 那么直线 MN 与平面 PAC 所成角的正弦值为 4 1 ………………………………………12 分 19. 解: (1) 由已知 1)( 0 =BAP , 5 4)( 4 20 4 19 1 == C CBAP , 19 12)( 4 20 4 18 2 == C CBAP …… 2 分 (2) X 可能的取值为 2,1,0 ,· ……………………………… 3 分 所以 950 8771.02.07.0)0( 4 20 4 18 4 20 4 19 =++== C C C CXP , 950 701.02.0)1( 4 20 3 18 1 2 4 20 3 19 =+== C CC C CXP , 950 31.0)2( 4 20 2 18 2 2 === C CCXP . ………………………………… 6 分 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 P 950 877 950 70 950 3 4 475 38 950 32950 701 =+=EX . ………………………………… 7 分 (3) 由(1)知, =)(AP 950 877)0( ==XP , ………………………………… 8 分 按照设计方案购买的一箱粉笔中, 箱中每盒粉笔都是优质产品的概率为 ( )ABP 0 877 665 )( )()( )( )( 000 === AP BPBAP AP ABP , ……………………………11 分 因为 107.0100877 665100 − , 所以该方案无效. ……………………… 12 分 20.解（1） x mxx xmxxf 2222)( 2 ++=++=‘ ( )+ ,0x …………1 分 对于方程 022 2 =++ mxx 162 −= m 当 44-  m 时， 0162 −= m ， 0)( xf‘ 此时 )(xf 没有极值点. …………………2 分 当 4−m 时，方程 两根为 21, xx ，不妨设 21 xx  ， 0221 −=+ mxx ， 121 = xx ， 210 xx  当 0)(0 21  xfxxxx ‘，时或 ，当 0)(21  xfxx ‘时 . 此时 是函数 )(xf 的两个极值点. ………………3 分 当 4m 时，方程 两根为 43 , xx ， 0243 −=+ mxx ， 143 = xx ，所以 00 4,3  xx ， ( )+ ,0x 0)( xf‘ ，故 没有极值点. 综上，当 时，函数 有两个极值点；当 4−m 时，函数 没有极值 点 …………. ………4 分 （2） 032ln232-)( 222 −−++=− xexmxxxexf xx 5 022ln2 2 −−+ xexmx x ， x xex x ln222m 2 −+ x xexxg x ln222)( 2 −+= ， 2 2 ln11-)( x xexxxg x +−+= ）（‘ ……6 分 ( )1,0x ， 0( ）‘ xg ， ）xg( 单调递减； ( )+ 1,x ， 0( ）‘ xg 单调递增； 11( += egxg ）（） ， )1(2 + em ……8 分 （3）由（2）知当 )1(2 += em ， 0ln)1 2 −−++ xexxe x（ 恒成立， 即 xxexe x ln1-2 ++ ）（ 欲证 xxexe x 1-11-2 ++ ）（ 只需证 xx 1-1ln  ，设 xxxh 11ln)( +−= ， 2 1)( x xxh −=‘ ……10 分 ， 0(' ）xh ， 单调递减； ， 0( ）‘ xh 单调递增； 01( = ）（） hxh ，所以 。 所以 ( )+ ,0x ，不等式 01-11-2 +++ xxexe x ）（ 成立. …………12 分 21. （1） 2 x ty m yx 联立解得 2 0y ty m 2 40tm 12 2 12 y y m x x m ………………………………… 2 分 2 1 2 1 20,2 , 0,2OA OB OA OB x x y y m m 解得 1,2m ………………………………… 4 分 （2）设 2 11,A y y ， 2 22,B y y ， 2 33,C y y ， 2 44,D y y ， 设过点设 4,0N 的直线为设 1 4x t y ，过 4 ,03M 的直线 2 4 3x t y 6 1 2 4x t y yx 联立解得 2 1 40y t y 2 2 4 3x t y yx 联立解得 2 2 4 03y t y 13 24 12 4 4 4 3 yy yy yy ………………………………6 分 12 22 123412 22 34 1 2 1 2 1 2 34 114 4 3AB CD yy yyyyk y y yyk y y y y y y yy （i） 因为直线 AB 在 y 轴的纵截距范围为 84,33 −− ， 1,2ABk 1 1 2,3 3 3CD ABkk ……………………………… 8 分 （ii） 14 11,22AMN DMNS MN y S MN y 由（1）和（i）可知 12 24 4 y y m yy 24 11 442,4Sy S y m m ………………… 12 分 22. 解：.（1）C: 12sin2cos 2222 =+  ； 31: −=− yxl . ………………… 5 分 (2) 将 ）为参数（      += += t ty tx , 2 23 2 21 代入 122 22 =+ yx 得到 7 010)622(23 2 =−++ tt ， 3 )622(2 21 +−=+ tt 3 10 21 −=tt ………………… 8 分 11 )262(5 2 21 21 −=+ = tt tt AM AQAP ………………… 10 分 23. 解： 531)( −++= xxxf 当 -1x  时，不等式 1 3 5xx− − + −  ， 3-2 x ，解得 2 3-x 当 -1 3x时，不等式 +1 3 5xx+ −  解得 当 3x 时，不等式 +1 -3 5xx+解得 2 7x 综上   − 2 7 2 3| xxx 或 ………………… 5 分 （2） 43131 =−++−++ xxxx ， 4=m 11423a b a b+=++  1 1 1 1 2 33 4 (2 ) ( 3 ) 24 2 3 4 3 2 a b a ba b a b a b a b a b a b a b ++   + = + + + +  + +   + + + +     1 2+2 =14 当 23=32 a b a b a b a b ++ ++ 11,5 10ab== 取等号成立 ………………… 10 分