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1 数学（理科）参考答案 一．选择题： DDCBC DCACA BD 1.【解析】  40  xxB  1 xZxA  3,2,1 BA 故选 D. 2.【解析】 2 21 2 3 4 , 2, 1 2 , 1 2z b bi i b z i z i              .故选 D. 3.【解析】设等比数列{ }na 公比为 q ，则 36 8 3 5 1 1 27 3 a a q qa a      ， 所以 5 6 1 1 243a a q   .故选 C. 4.答案：B 5.【解析】 10,1,0  cba ，故选 C. 6.D 7.【解析】设圆锥底面半径为 r ，则 2 2 Lr L r    ，所以， 2 2 21 3 3 12 112 L hv r h L h    28 9   .故选 C. 8.【解析】 )1()1(),()(  xfxfxfxf 0)0(  f 4T最小正周期 1)1()1()14505()2019(  ffff , 0)0()4505()2020(  fff 1)2020()2019(  ff 故选 A. 9.【解析】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为 1 1 3 1 2 3 2 5 2 5 50P      ； 后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为 2 1 2 1 2 1 2 5 2 5 25P      所以，所求事件概率为： 1 2 1 10P P  故选 C. 10.【解析】 3min21  xx ，周期 T , 22  T  , 132sin2162sin2                   xxy ,又新函数的图像关于 y 轴对称，  k 23 ,  k 6 ， 6min   答案：A 11.【解析】 )0,(),0,(,2,2 21 cFcFbaP ）（由题可知 ， 4 1cos 12  FPF 傤嚢唗凳侅圏伛侢姃匓圵2      ca FPFFFPFFFPF 2 cos 12122122         2 411 16 a c a c a c 或 11 153:  y渐近线方为 故选 B. 12.【解析】 100)()( 1,)-)(1 )( 22)(1)1( 2     kkfxfkx kkxfk kxxf kkxxxfx 有最小值，即时，当 ）递增递减，（，在（时，①当 ，开口向上的对称轴为 时，当 101 0)1()(1 1-)(1    k fxfx xfk 显然成立，此时 有最小值，即时，当 ）上递减，在（时，②当 （2）当 1x 时， 3)1()( eekxxf x  xekxxf )()('  10)1()( 1)(1 23   kekekefxf xfk 此时 ）上递增，在（时，①当 3130)()( ,),1()(1 3   kkeekfxf kkxfk k 此时 ）递增递减，（在时，②当 综上： 30  k 故选 D. 二．填空题： 13. 10 14. 16 1y 15. 4 1 16.①⑤ 15.解析：易知      2,11 1,2 19 nn nan ,11 b nn bn nb 11  1)1(  nn bnnb 所以数列  nnb 是常数列，得： nbn 1 ，又数列    nn ba , 的最小公共周期为 60，所以 404020202020 baba  ，而 11040  aa ， 4 1 440  bb ，所以 4 1 404020202020  baba 16.解析：不妨设 2AD ，又 ACD 为正三角形，由 ABDBDCDBDBDA  3 ， 得  DCDBDBDA 0)(  DCDADB ，即有 ACDB  ，所以 30ADB3 ABDBDCDB  3 得 )(3 DADBDBDCDB  ，化简可以得 3 34DB ， 90 DAB ，易得 ACDABD SS   ，故 21 VV  ，由于 60 ACDADB ，所以 ACDABD  与 的外接圆相同（四点共圆），所以三棱锥 ABDP  ，三棱锥 ACDP  的外 接球相同，所以 21 SS  三．解答题：（共 70 分） 17.解：（1）由 0 A   ， 2cos 3A  ，得 5sin 3A  ，…………………………1 分 所以 5 2 4 5sin sin 2 2sin cos 2 3 3 9B A A A      ，…………………………3 分 由正弦定理 sin sin a b A B  ，可得 sin 6sin b Aa B   .…………………………6 分 （2） 2 2 2 1cos cos2 2cos 1 2 13 9B A A            ，…………………………8 分 在 ABC 22cos cos( ) sin sin cos cos 27C A B A B A B      ………………………10 分 在 ACM 中，由余弦定理得： 2 2 2 3052 cos 9AM AC CM AC CM C      所以， 305 3AM  .…………………………12 分 18.解析：（1）证法 1：在棱 11,DDCC 分别取点 NM , ，使得 1 PMQN ，易知四边形 MNQP 是·平行四边形，所以 PQMN // ，联结 NEMNFM ,, ， NDAENDAE //,且则  所以四边形 ADNE 为矩形，故 NEAD // ，同理， ADBCFM //// 且 ADMFNE  ，故四边形 FMNE 是平行四边形，所以 MNEF // ，所以 PQEF // 故 QPFE ,,, 四点共面 又 BPQPQBPQEFPQEF 平面平面，  ,// ，4 所以 PQBEF 平面// .…………………6 分 证法 2：因为直棱柱 1111 DCBAABCD  的底面是菱形， ABCDAABDAC 底面 1, ， 设 BDAC, 交点为O ，以O 为原点，分别以 OBOA, ，及过O 且与 1AA 平行的直线为 zyx ,, 轴建立空间直角坐标系.则有 )0,0,2(A ， )0,1,0(B ， )0,0,2(C ， )0,1,0( D ，设 aBF  ， ],3,1[a 则 )1,0,2( aE ， ),1,0( aF ， )1,0,2(  aP ， ),1,0( aQ  ， ），（ 11,2EF ， )1,1,2(QP ，所以 PQEF // ，故 QPFE ,,, 四点共面.又 BPQPQBPQEFPQEF 平面平面，  ,// ，所以 PQBEF 平面// .……6 分 （2）.平面 EFPQ 中向量 ），（ 11,2EF ， ），（ 11,2 EQ ，设平面 EFPQ 的一个法向 量为 ）（ 111 ,, zyx ，则      02 02 111 111 zyx zyx ，可得其一个法向量为 )2,0,1(1 n . 平面 BPQ 中， ），（ 11,2  aBP ， ）（ aBQ ,2,0  ，设平 面 BPQ 的一个法向量为 ）（ 222 ,, zyxn  ，则      02 012 22 222 azy zayx ）（ ， 所以取其一个法向量 ）（ 4,2,22 aan  . 若 5 5 16)2(5 ,cos 22 21 21    aa nnnn ， 则 84510 22  aaa ）（ ， 即有 02342  aa ， ],3,1[a 解得 232 a ],3,1[ 故不存在点 P 使之成立.……………12 分 19.解析：方法一：（1）如图设 BOE ，则 )sin2,cos2( B )sin2,cos2( D ，所以 cos2Px ， sin2Py . 所以动点 P 的轨迹C 的方程为 124 22  yx .……………5 分5 方法二：（1）当射线OD 的斜率存在时，设斜率为 k ，OD 方程为 kxy  ， 由      222 yx kxy 得 2 2 1 2 kyP  ，同理得 2 2 1 4 kxP  ，所以 2 Px 42 2 Py 即有动点 P 的 轨迹C 的方程为 124 22  yx .当射线OD 的斜率不存在时 ，点 )2,0(  也满足 ………5 分 （2）.由（1）可知 E 为C 的焦点，设直线 l 的方程为 2 myx （斜率不为 0 时）且设点 ),(),,( 2211 yxNyxM ，由      42 2 22 yx myx 得 0222)2( 22  myym 所以         2 2 2 22 221 221 myy m myy ，所以 )1(4 2 1 11 2 2 21 2     m m yymMN ………８分 又射线OQ 方程为 mxy  ，带入椭圆C 的方程得 4)(2 22  myx ，即 2 2 21 4 mxQ  2 2 2 21 4 m myQ  ， )1(4 211 2 2 2   m m OQ ………１０分 所以  2 11 OQMN )1(4 2 2 2   m m 4 3 )1(4 21 2 2   m m ……１１分 又当直线 l 的斜率为０时，也符合条件．综上， 2 11 OQMN  为定值，且为 4 3 ．…１２分 20. 解 析 (1) 所 求 概 率 P ＝ (C 1 2 3 2 . 3 1 )(C 2 2 2 1 . 2 1 ) ＋ (C 2 2 3 2 . 3 2 )(C 1 2 2 1 . 2 1 )+(C 2 2 3 2 . 3 2 )(C 2 2 2 1 . 2 1 )= 9 4 ----------------------6 分 (2)他们在一轮游戏中获“优秀小组”概率为 2 2 2 2 2 1 2 222 1 2 2 1 2 2 2 2 2 211 1 2 )1()1( PCPCPPCPCPCPPCP  =2P 1 P 2 (P 1 +P 2 )-3P 2 1 P 2 2 -------------------------8 分 因为 P 1 + P2 = 3 4 所以 P= 3 8 p 2 p 2 -3p 2 1 p 2 2 因 0≤P 1 ≤1, 0≤P 2 ≤1 所以 3 1 ≤P 1 ≤1 ， 3 1 ≤P 2 ≤1，又 p 2 p 2 ≤（ 2 PP 21  ）2 = 9 46 所以 9 1 < p 1 p 2 ≤ 9 4 令 t=p 1 p 2 以 9 1 < t ≤ 9 4 则 P=h(t)=-3t 2 + 3 8 t -----------10 分 当t= 9 4 时 P max = 27 16 他们小组在n轮游戏中获“优秀小组”次数 满足 ~ B( n , p ) 由 np max =16 则 n=27 所以理论上至少要进行 27 轮游戏。 此时 P 1 + P2＝ 3 4 p 1 p 2 = 9 4 P 1 =P2 ＝ 3 2 ---------------12 分 21.解析（1） ),0(ln)( Raxaxxaxf  x xa x axf  1)(' Rax  ,0 ① 当 0a 时， 的)(xf 减区间为 ),0(  ，没有增区间 ② 当 0a 时， 的)(xf 增区间为 ),0( a ，减区间为 ),( a -----------------4 分 （2）原不等式  x bxxxxak  ln)ln1( . ],1[],,1[ exea  ，∴  1 ln ln 1 ln lna x x x x b x x x x b x x         ，-------6 分 令     2 1 ln ln ln'x x x x b x x bgg x xx x          ， 令 11)(ln)( '  xxpbxxxp   lnp x x x b     在  1, 上递增； ①当  1 0p  时，即 ],1[1 ebb   所以 1b  时  1,x e ，    0 ' 0p x g x   ， ∴  g x 在 1,e 上递增；∴    min 1 2 2c g x g b b c b       . ②当   0p e  ，即 ],1[ eeb  时  1,x e ，    0 ' 0p x g x   ，∴  g x 在 1,e 上 递减； ∴    min 2 2b bc g x g e b c be e         ]12,1[  eeee .---------------9 分 ③当    1 0p p e  时，   lnp x x x b    在上递增； 存在唯一实数  0 1,x e ，使得  0 0p x  ，则当  01,x x 时    0 ' 0p x g x    .7 当  0 ,x x e 时    0 ' 0p x g x    . ∴     0 0 0 0 0mi 0 0 0 n 1 ln ln 1lnx x x x b xx xc g x g x         . ∴ 0 0 0 0 0 0 1 1ln lnb c x x x xx x        .此时 0 0lnb x x  . 令      1 1ln ' 1 0xh x x x h x h xx x         在 1,e 上递增，    01, 1 1,b e x e    ，∴ 12,b c e e       . 综上所述， ]12,2[  eecb .--------------------12 分 22.解析：(1):曲线 1C 的一般方程是   11 22  yx 222  yx ，且  cosx ，  siny ， 曲线 2C 的一般方程为 11216 22  yx …………5 分 (2) ：设点 P 的坐标为   sin32,cos4 , 22 1 rPCPA  ,       91cos413cos8cos4sin321cos4 22222 1  PC   6281cos4 2  PA ,即 1cos  时， 62max PA …………10 分 23.解析：（1）.如图，平面区域平面区域  由一个正方形及其 内部组成，四个顶点分别为 )1,0(),2,1(),1,2(),0,1( ，所以 2222 1 S . ………5 分 （2）.由（1） 2))((  cbca ， 而 cba ,, 都 为 正 数 ， 所 以 4))((22)(232  cbcacbcacba 当且仅当 2)(2  cbca 取得最小值. …………10 分