2020高三理科数学（二）.pdf

理科数学答案 第 1 页（共 5 页） 2020 年丹东市高三总复习质量测试（二） 理科数学答案与评分参考 一、选择题 1．B 2．A 3．C 4．C 5．B 6．D 7．D 8．A 9．D 10．D 11．C 12．A 二、填空题 13．60 14．π 6 15．2 16．2 6 3 三、解答题： 17．解： （1）因为 bn+1＝ an+1 2n＋1，所以bn+1 bn ＝(2n－1)an+1 (2n＋1)an ＝1 2． 又 b1＝1，所以{bn}是首项为1 2，公比为1 2的等比数列． 于是 an 2n－1＝bn＝1 2(1 2) n_1＝ 1 2n，故 an＝2n－1 2n ． …………（6 分） （2）Sn＝1 2＋ 3 22＋ 5 23＋…＋2n－1 2n ． 两边同乘以1 2得1 2Sn＝1 22＋ 3 23＋5 24＋…＋2n－1 2n+1 ． 以上两式相减得1 2Sn＝1 2＋1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n－2n－1 2n+1 ＝1 2＋ 1 2－1 2n·1 2 1－1 2 －2n－1 2n+1 ． 故 Sn＝3－2n＋3 2n ＜3． …………（12 分） 18．解法 1： （1）因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC⊥BD．因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥BD． 因为 PA∩AC＝A，所以 BD⊥平面 PAC．因为 BD⊂平面 EBD，所以平面 EBD⊥平面 PAC． …………（6 分） （2）因为 PA⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 菱形，所以 PB＝PD，△PBC≌△PDC，取 点 E 满足 BE⊥PC，则 DE⊥PC，所以∠BED 是二面角 B-PC-D 的平面角． 设 AB＝2，PA＝t，因为∠ABC＝60º，所以 AC＝2，BD＝2 3，则 PB＝PD＝PC＝ 4＋t2． 所以等腰△PBC 面积为1 2 3＋t2，所以1 2PC·BE＝1 2 3＋t2，DE＝BE＝ 3＋t2 4＋t2． cos∠BED＝BE 2＋DE 2－BD 2 2BE·DE ＝－2t2＋12 4t2＋12，由－2t2＋12 4t2＋12＝－4 5得 t 2＝2，t＝ 2． 于是AB PA ＝ 2． …………（12 分） 解法 2： （1）同解法 1． 理科数学答案 第 2 页（共 5 页） （2）因为 BD⊥AC，设 BD∩AC＝O，分别以→OB， →OC为 x 轴，y 轴，以平行于 PA 的直线为 z 轴，建立如 图所示的空间直角坐标系 O-xyz． 设 AB＝2，PA＝t，则 B( 3，0，0)，C(0，1，0)， D(－ 3，0，0)，P(0，－1，t)，→CB＝( 3，－1，0)， →CD＝(－ 3，－1，0) ，→CP＝(0，－2，t)． 设平面 PBC 的一个法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则   m·→CB＝0， m·→CP＝0． 即  3x1－y1＝0， －2y1＋tz1＝0． 可 取 m＝(t， 3t，2 3)． 设平面 PDC 的一个法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则   n·→CD＝0， n·→CP＝0． 即  － 3x2－y2＝0， －2y2＋tz2＝0． 可取 n＝(－t， 3t，2 3)． cos＝2t2＋12 4t2＋12，因为|cos|＝4 5，所以 t 2＝2，t＝ 2． 于是AB PA ＝ 2． …………（12 分） 19．解： （1）由    0≤2p≤1， 0≤1－3p≤1， 0≤p≤1． 可得 p 的取值范围为 0≤p≤1 3． 方案 1 的预期平均年利润期望值为 E1＝2p×70＋(1－3p)×40＋p×(－40)＝40－20p． 方案 2 的预期平均年利润期望值为 E2＝2p×60＋(1－3p)×30＋p×(－10)＝30＋20p． 当 0≤p＜1 4时，E1＞E2 ，该手机生产商应该选择方案 1； 当 p＝1 4时，E1 ＝E2 ，该手机生产商可以选择方案 1，也可以以选择方案 2； 当1 4＜p≤1 3时，E1＜E2 ，该手机生产商应该选择方案 2； …………（6 分） （2）因为 p＝0.2∈[0，1 4)，该手机生产商将选择方案 1，此时生产的 5G 手机的年度总 成本为 y1＝0.0002x2＋0.2x＋50（亿元）． 设市场行情为畅销、平销和滞销时的年销售额分别为 X1，X2，X3（万元）， 那么 X1＝0.8x，X2＝0.8x－0.001x2，X3＝0.8x－0.002x2． 因为 p＝0.2，所以手机生产商年利润 X 的分布列为 X 0.8x 0.8x－0.001x2 0.8x－0.002x2 P 0.4 0.4 0.2 E A B D P x y z 理科数学答案 第 3 页（共 5 页） 所以 E(X)＝0.4×0.8x＋0.4×(0.8x－0.001x2)＋0. 2×(0.8x－0.002x2) ＝－0.0008x2＋0.8x． 年利润期望值 f (x)＝E(X)－y1＝－0.001x2＋0.6x－50（亿元）． 当 x＝300 时，年利润期望 f (x)取得最大值 40 亿元． 方案 1 的预期平均年利润期望值为 40－20×0.2＝36（亿元）． 因为 40＞36，因此这个年利润期望的最大值可以达到预期年利润数值． …………（12 分） 20．解法 1： （1）f (x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ex－a x． 由题设 f ′(1)＝0，所以 a＝e． 此时 f ′(x)＝ex－e x，当 0＜x＜1 时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当 x＞1 时，f ′(x)＞0，f (x) 单调递增，所以 x＝1 是 f (x)的极小值点． 综上，a＝e，f (x)在单调区间是(0，1)，在单调递增区间是(1，＋∞)． …………（6 分） （2）因为 0＜a＜e，所以 f ′(x)＝ex－a x在(a e，1) 内单调递增． 因为 f ′(a e)＝e e a －e＜0，f ′(1)＝e－a＞0，所以存在 x0∈(a e，1)，使得 f ′(x0)＝0． 当 x∈(a e，x0)时，f ′(x)＜0，当 x∈(x0，1)时，f ′(x)＞0，所以 f (x)在(a e，x0)上单调递减， 在(x0，1)上单调递增，所以 f (x)在区间(a e，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点． 由 f ′(x0)＝0 得 a＝x0ex0，于是 f (x0)＝ex0(1－x0－x0lnx0)． 因为当a e＜x0＜1 时，(1－x0)－x0lnx0＞0，所以 f (x0)＞0． 综上，f (x)在区间(a e，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点，且极小值为正． …………（12 分） 解法 2： （1）同解法 1 ． （2）因为 0＜a＜e，所以 f ′(x)＝ex－a x在(a e，1) 内单调递增． 因为 f ′(a e)＝e －e＜0，f ′(1)＝e－a＞0，所以存在 x0∈(a e，1)，使得 f ′(x0)＝0． 当 x∈(a e，x0)时，f ′(x)＜0，当 x∈(x0，1)时，f ′(x)＞0，所以 f (x)在(a e，x0)上单调递减， 在(x0，1)上单调递增，所以 f (x)在区间(a e，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点． 由 f ′(x0)＝0 得 ex0＝a x0 ，进一步 lnx0＝lna－x0． 从而 f (x0) ＝ex0－alnx0－a．＝ a x0 ＋ax0－alna－a≥2 a x0 ·ax0－alna－a＝a(1－lna)＞0． 综上，f (x)在区间(a e，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点，且极小值为正． 理科数学答案 第 4 页（共 5 页） …………（12 分） 21．解法1： （1）由题意 c＝ 3，所以 a2＝b2＋3，C 的方程可化为 x2 b2＋3＋y2 b2＝1(b＞0)． 因为 C 的经过点( 3，1 2)，所以 3 b2＋3＋ 1 4b2＝1，解得 b2＝1，或 b2＝－3 4（舍去）． 于是 C 的方程为x2 4＋y2＝1． …………（4 分） （2）设 l：y＝kx＋m，代入x2 4＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0． 由△＝16(4k2＋1－m2)＝0，得 m2＝1＋4k2①． 设 A(x0，y0)，则 x0＝－ 4km 4k2＋1＝－4k m，y0＝kx0＋m＝－1 m． 因为 l 与圆 D 相切，所以圆心 D 到 l 距离 |m| 1＋k2＝r，即 m2＝r2(1＋k2) ②． 由①②得 m2＝ 3r2 4－r2，k2＝r2－1 4－r2． 所以圆 D 的切线长|AB|＝ x0 2＋y0 2－r2＝ (－4k m)2＋(－1 m)2－r2＝ 5－(4 r2＋r2)． 因为4 r2＋r2≥2 4 r2·r2＝4，当 r＝ 2时取等号，因为 r＝ 2∈(1，2)，所以|AB|的最大 值为 1． …………（12 分） 解法2：： （1）由椭圆定义得 2a＝|AF1|＋|AF2| ＝ ( 3＋ 3)2＋(1 2－0)2＋ ( 3－ 3)2＋(1 2－0)2 ＝4． 所以 a＝2，因为 c＝ 3，所以 b2＝a2－c2＝1，于是 C 的方程为x2 4＋y2＝1． …………（4 分） （2）设 l：y＝kx＋m，代入x2 4＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0． 由△＝16(4k2＋1－m2)＝0，得 m2＝1＋4k2①． 设 A(x1，y1)，则 x1＝－ 4km 4k2＋1＝－4k m． 将 y＝kx＋m 代入 x2＋y2＝r2 得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0． 由△＝4(r2k2＋r2－m2)＝0，得 m2＝r2(1＋k2)②． 由①②得 k2＝r2－1 4－r2． 设 B(x2，y2)，则 x2＝－ km k2＋1＝－kr2 m ． |AB|＝ 1＋k2| x1－x2|＝ (1＋k2)k2(4－r2)2 m2 k2(4－r2)2 r2 ＝ 5－(4 r2＋r2)． 因为4 r2＋r2≥2 4 r2·r2＝4，当 r＝ 2时取等号，因为 r＝ 2∈(1，2)，所以|AB|的最大理科数学答案 第 5 页（共 5 页） 值为 1． …………（12 分） 22．解法 1： （1）消去  x＝1－ 3t， y＝ 3＋t． 中的参数 t 得 x＋ 3y＝4． 将 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ 代入得 C1 的极坐标方程为 ρsin(θ＋π 6)＝2． …………（5 分） （2）不妨设 A(ρ1，θ)，B(ρ2，θ＋π 2)，D(ρ3，θ)，C(ρ4，θ＋π 2)， 则 ρ1＝ 2 1＋sin2θ，ρ2＝ 2 1＋cos2θ． △AOB 面积为1 2ρ1ρ2＝ 1 2＋1 4sin22θ ≥2 3，θ＝π 4时，△AOB 面积取最小值为2 3． 此时 ρ3sin(π 4＋π 6)＝2，ρ4cos(π 4＋π 6)＝2，ρ3ρ4sin5π 12cos5π 12＝4，可得 ρ3ρ4＝16，△COD 面积 为1 2ρ3ρ4＝8，因此四边形 ABCD 的面积为 8－2 3＝22 3 ． …………（10 分） 解法 2： （1）同解法 1 ． （2）不妨设 A(ρ1，θ)，B(ρ2，θ＋π 2)，D(ρ3，θ)，C(ρ4，θ＋π 2)， 则 ρ1 2＝ 2 1＋sin2θ，ρ2 2＝ 2 1＋cos2θ，于是 1 ρ1 2＋ 1 ρ2 2＝3 2． 因为 1 ρ1 2＋ 1 ρ2 2≥ 2 ρ1ρ2 ，所以 ρ1ρ2≥4 3，△ AOB 面积为1 2ρ1ρ2≥2 3，当 ρ1＝ρ2，θ＝π 4时取等号， 所以△AOB 面积最小值为2 3． 此时 ρ3sin(π 4＋π 6)＝2，ρ4cos(π 4＋π 6)＝2，ρ3ρ4sin5π 12cos5π 12＝4，可得 ρ3ρ4＝16，△COD 面积 为1 2ρ3ρ4＝8，因此四边形 ABCD 的面积为 8－2 3＝22 3 ． …………（10 分） 23．解： （1）当 a＝0 时，f (x)＝|x|(x＋1)＋|x－1|x，不等式 f (x)≥0 的解集是以下三个不等式组 解集的并集：   x≥1， 2x2≥0． 或   0≤x＜1， 2x≥0． 或   x＜0， －2x2≥0． 解得不等式 f (x)≥0 的解集为{x|x≥0}． …………（5 分） （2）由（1）可知当 a＝0 时，满足题意． 当 a＞0 时，若－a＜x＜0，f (x)＝(x＋a)(x＋1)－(x－1)(x＋a)＝(x＋a)＞0． 当 a＜0 时，若 x＜0，f (x)＝－(x＋a)(x＋1)－(x－1)(x＋a)＝－2x(x＋a)＜0． 综上，当 x＜0 时，f (x)＜0，则实数 a 的取值范围为(－∞，0]． …………（10 分）