宁夏六盘山高级中学2020届高三第四次模拟考试试卷 理科数学.docx

1 宁夏六盘山高级中学 2020 届高三第四次模拟考试 理科数学试卷(参考答案） 命题：贾永宏 审题：王凤香 谢国兴 一、选择题：本题共 12 小题，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. D 2.D 3.B 4.A 5.D 6.A 7.B 8.D 9.A 10.A 11.B 12.C 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13． 0 14．2 15．120 16． 1 n n  三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17～21 题为必考题，每个试题考 生都必须作答．第 22、23 为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分. 17.解（1）在 ABC 中， A B C    ，∴ B C A   ∵  sin 2 20cos 0bc A B C   ∴ 2 sin cos 20cos 0bc A A A   ---------4 分 ∵ 2A  ，∴ cos 0A  ∴ 1 sin 52S bc A  ---------6 分 （2）∵ 2 4a S ∴ 2 2 2 cos 2 sinb c bc A bc A   ∴ 2 2 2 sin 2 cosb c bc A bc A   ---------8 分 ∴ 2 2 2sin 2cos 2 2 sin 4 c b b c A A Ab c bc           ∴当 4A  时，c b b c  取最大值 2 2 ---------12 分. 18.解（1） (0.2 0.1 2 0.05 2 ) 2 1a      ， 0.025a  ---------2 分 （2）高度不低于 40 厘米的果树有120 (0.1 0.025) 2 30    棵. 补充完整的列联表如图所示 优品 非优品 合计 A 基地 10 60 70 B 基地 20 30 50 合计 30 90 120 2 2 120(10 30 20 60) 10.286 6.63530 90 70 50K        所以有99%的把握认为“优品盆栽”与 A B、 两个实验基地有关---------6 分.2 （3）样本中优品果树的概率为 30 1 120 4  ，即从总体中抽取一棵盆栽为优品盆栽的概率为 1 4 .  的所有可能取值为 10,1,2,3,4, ~ 4, 4B      ---------8 分 4 3 1 4 3 81 1 3 27( 0) , ( 1)4 256 4 4 64P P C                 ， 2 2 2 4 1 3 27( 2) 4 4 128P C              ， 3 4 3 4 1 3 3 1 1( 3) , ( 4)4 4 64 4 256P C P                       .所以 的分布列为---------10 分  0 1 2 3 4 P 81 256 27 64 27 128 3 64 1 256 14 14E    .---------12 分 19.解（1）如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形，由已知 2 2AD CD  ， 4 2BC  ， 可得 ABC 是等腰直角三角形，即 AB AC ， 又 PA  平面 ABCD ，则 PA AB ， 所以 AB  平面 PAC ， 所以 AB PC ．……4 分 （2）建立如图所示空间直角坐标系．则 (0,0,0)A ， (2 2,2 2,0)C ， (0,2 2,0)D ， (0,0,2)P ， )0,22,22( B ， (0,2 2, 2)PD   ． 设 PM tPD  （ 0 1t  ），则 M 的坐标为 (0,2 2 ,2 2 )t t ．……6 分 设 ( , , )n x y z 是平面 AMC 的一个法向量，则 0 0 n AC n AM          ，得 2 2 2 2 0 2 2 (2 2 ) 0 x y ty t z       ，则可取 2(1, 1, )1 tn t    ．……8 分 又 (0,0,1)m  是平面 ACD 的一个法向量， 所以 2 2| || | 1| cos , | cos45 | || | 22 ( )1 t m n tm n m n t t               解得 1 2t  ．即点 M 是线段 PD 的中点．……10 分 此时平面 AMC 的一个法向量可取 (1, 1, 2)n   ， ( 2 2,3 2,1)BM   ．3 BM 与平面 MAC 所成的角为 ，则 2 6sin | cos , | 9n BM      ．……12 分 20.解：（1）   2 lnf x a x xx    ，定义域为  0,  ，   2 2 2 2 21a x axf x x x x        ， 由题知  1 1 2f a     ，解得 1a   ，---------2 分   2 2 2x xf x x    ,则 ( ) 0f x  ，得 1 2x  或 2 1x   （舍），---------3 分 令   0f x  ，即 2 2 0x x   且 0x  ，得 2x  ； 令   0f x  ，即 2 2 0x x   且 0x  ，得 0 2x  .---------5 分 所以，函数  y f x 的递增区间为  2, ，递减区间为  0,2 ；---------6 分 （2）当 2a  时，   2f x c x  对  0,x  恒成立， 即 2 2ln 2x cx   ，即 1 lnc xx   对  0,x  恒成立， 令 1( ) lng x xx   ，则  minc g x ，  0,x  ，---------8 分   2 2 1 1 1xg x x x x      ，令   0g x  ，得 1x  . 令   0g x  ，得 1x  ；令   0g x  ，得 0 1x  .---------10 分 所以，函数  y g x 在 1x  处取得极小值，亦即最小值，即    min 1 1g x g  ， 1c  . 因此，实数 c 的取值范围是 ,1 .---------12 分 21.解（1）设椭圆半焦距为 c ，根据题意可得 2 21c a b   . 当 PF 重直于 x 轴时， 2 3 2 bPF a   . 因为 2 2 2a b c  ，由此解得 2 4a  ， 2 3b  ， ∴椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 3 x y  .---------4 分 （2）由 AFO BFO   ，可得 A ， B 关于 x 轴对称. 设  1 1,A x y ，  1 1,B x y ，  0 0,P x y ， 易知 1 0x x ， 1 0y y ， 0x m . ∵ PA PMk k ，∴ 1 0 0 1 0 0 y y y x x x m    .4 ∴  1 0 0 0 1 0 x x yx m y y    ，∴  1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 x x y x y x ym x y y y y      .---------6 分 同理，得 0 1 1 0 1 0 x y x yn y y   .∴ 2 2 2 2 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 2 2 1 0 1 0 1 0 x y x y x y x y x y x ymn y y y y y y        .---------8 分 又 2 2 0 0 14 3 x y  ， 2 2 1 1 14 3 x y  ，∴ 2 2 0 0 4 1 3 yx      ， 2 2 1 1 4 1 3 yx      . ∴ 2 2 2 20 1 1 02 2 2 2 0 1 1 0 2 2 2 2 1 0 1 0 4 1 4 13 3 4 y yy y x y x ymn y y y y                  为定值.---------12 分 22.解：（1）∵ 2sin  ，∴ 2 2 sin   ，∴曲线C 的直角坐标方程为 2 2 2 0x y y   ， 当 2 3   时，直线 l 的普通方程为 3 3 2 0x y    ；---------5 分 （2）把直线 l 的参数方程为 1 cos 2 sin x t y t        代入 2 2 2 0x y y   ， 得  2 2sin 2cos 1 0t t     ，  1 2 2sin 2cost t      ， 1 2 1t t  ，则 1t 与 2t 同号且小于 0，---------8 分 由  22sin 2cos 4 0      得： 2sin 2cos 2    或 2sin 2cos 2   ， ∴  1 2| | | |PA PB t t    2sin 2cos   2 2 sin( )4   ， ∴| | | |PA PB 的最大值为 2 2 ．---------10 分 23.（1）因为 2 2 1a b  ，所以   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 4b aa ba b a b a b            即 2 2 1 1 4a b   ，当且仅当 2 2a b  时取等号，因此 2 2 1 1 a b  的最小值是 4.---------3 分 于是 3 54 22 1 4 1 4 2 2x xx           .故实数 x 的取值范围是 3 5,2 2     .---------5 分 （2）    5 5 5 525 5 4 4 2 2 2 21 1 2b a b aa b a b a b a ba b a b a b                  5 52 22 2 2 2 2 22 2 1b aa b a b a ba b         ，故  5 51 1 1a ba b       .---------10 分