江西省高安中学2020届高三数学下学期第一次周考试题（重点班PDF）答案.pdf

1、第 1 页 共 5 页高安中学 2020 届高三周考试题（一)理科重点班数学试题参考答案123456789101112ABCDADBADDAB13141516-4),ln680322222xyx7.B 解 析 依 据 程 序 框 图 可 得,n=13,S=0,13 a,是,S=13,n=12,12 a,是,S=25,n=11,11 a,是,S=36,n=10,11a,是,S=46,n=9,9a,否,输出 S=46,故 91)有三个不同的实数根,即函数 y=f(x)与函数 y=loga(x+2)的图像在区间(-2,6上恰有三个交点,作出两函数在(-2,6上的图像如图所示,由图可知 log(6+2

2、),log(2+2),解得 4a0),可知 ana4=4+154=14,又因为an的最小项的值为14,所以当 n5 时,aln n-1414,即 aln n8,又因为 ln nln 50,所以当 n5 时,a8lnn恒成立,只需 a8ln6,即实数 a 的取值范围是8ln6,+.17.解：（）因为232cos3cossin)(2xxxxf12322cos132sin21xx12cos232sin21xxsin 213x由223222kxk，解得12125kxk，Zk 所以函数)(xf的单调递增区间为5,()1212kkkZ.（）因为1)(Af，所以0)32sin(A.又因为ABC为锐角三角形，

3、所以20 A，42,333A，所以 32A，故有3A.已知能盖住ABC的最小圆为ABC的外接圆，而其面积为 4，所以42 外R，解得2R外，ABC的角CBA,所对的边分别为cba,，由正弦定理42sinsinsin外RCcBbAa，所以323sin4a，Bbsin4，Ccsin4，24sin4sin4sin4sin()4 3sin()36bcBCBBB由ABC为锐角三角形，所以26 B.所以3263 B，第 3 页 共 5 页则1)6sin(23B，故346cb，所以36326cba，故此ABC的周长的取值范围为36,326(.18.解：（）当2 2PB 时，平面 PAD 平面 ABCD.理由

4、如下：在PAB中，结合已知有2ABADPA，2 2PB，满足勾股定理，所以ABPA.又 ABAD，AADPA，所以 ABPAD平面.而 ABABCD平面，所以平面 PAD 平面 ABCD.（）分别取线段 ADBC、的中点OE、,连接 POOE、.因为APD为等边三角形，O 为 AD 的中点，所以 POAD，且/OEAB.又 ABAD，所以OEAD，故POE为二面角 PADB的平面角，所以150POEo.如图，分别以OA,OE 的方向以及过O 点垂直于平 面 ABCD 向 上 的 方 向 作 为 xyz、轴 的 正 方 向，建 立 空 间 直 角 坐 标 系 Oxyz.因 为3OP,150POE

5、o,所以330,22P，1,0,0A，1,2,0B，1,1,0C，可得)23,25,1(),23,27,1(),0,2,0(PCPBAB设),(zyxn 为平面 PBC 的一个法向量，则有0,0PCnPB.即7302253022xyzxyz，令 x=1，可)34,2,1(n直线 AB 与平面 PBC 所成角为,则有532sin所以直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为 2 5353.19.解：(1)X 的所有可能取值为1，0，1.P(X1)(1)，P(X0)(1)(1)，P(X1)(1).所以 X 的分布列为(2)证明由(1)得 a0.4，b0.5，c0.1，因此111.05.04.0i

6、iiipppp故114.01.0iiiipppp，即114iiiipppp.又因为 p1p0p10，所以iipp 1(i0，1，2，7)是公比为 4，首项为 p1 的等比数列.解由可得 p8p8p7p7p6p1p0p0(p8p7)(p7p6)(p1p0)p03148p1.由于 p81，故 p11438，所以 p4(p4p3)(p3p2)(p2p1)(p1p0)p03144 p1 1257.p4 表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为 0.5，乙药治愈率为 0.8X101P(1)(1)(1)(1)第 4 页 共 5 页时，认为甲药更有效的概率为 p4 12570.003

7、 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.20.解：（）由OMF是等腰直角三角形，可得1,22bab，故椭圆 C 的方程为2212xy.（）由 AOB、构成三角形，所以 AB 不垂直 x 轴.设过点(02)N,的直线 AB 的方程为2ykx，AB、的横坐标分别为ABxx、，联立直线 AB 与椭圆 C 的方程，消元可得22(12)860kxkx，首先216240k，有232k.同时2286,1212ABABkxxx xkk，所以222216244(12)ABABABkxxxxx xk，令2kt，则32t，21624(12)ABtxxt，令32ut，则0u，.22244122442

8、时取等当且仅当uuuuuxxBA又AOB面积2212121AOBABABSkxxxxk，所以AOB面积的最大值为22.（）假设存在直线 l 交椭圆于 PQ、两点，且使点 F 为 PMQ的垂心，设1122,P xyQ xy，因为(1 0),(0 1)FM,，1MFk ，所以1PQk 于是设直线 l 的方程为 yxm，联立椭圆方程，消元可得2234220 xmxm由0，得23m，同时，且21212422,33mmxxx x,由题意应有 FQMP,其中),1(),1,(2211yxFQyxMP，所以1221(1)(1)0 x xyy，212122()(1)0 x xxxmmm,222242(1)03

9、3mm mmm解得43m 或1m 当1m 时，PMQ不存在，故舍去当43m 时，所求直线 l 存在，且直线 l 的方程43yx.21.解：（）易知函数()f x 的定义域为(0,)，且2332()2aaxfxxxx.当0a 时，有()0fx，所以函数()f x 的单调减区间是(0,)；当0a 时，由()0fx，有2xa，故函数()f x 的单调增区间是2,a，单调减区间是20,a.（）因为函数()f x 有两个零点1212,()xx xx，由（）知0a，且22()ln022aafaa，解得2ae.欲证不等式212 ln10 eaxxa成立，只需证211ln2exxaa 成立，第 5 页 共 5

10、 页也就只需证1221aexxea成立，即需证12122aexxeaa成立即可.一方面因为2ae，所以11211aeeae，因此110211()022aaf eee，所以122()()0af efa，且()f x 在上2,a 单调递增，故有1222axea.另一方面：研究2()lneaefaaea的符号我们考察函数1()lng xxex，因为22111()exg xxexex，易知1()lng xxex在10,e上单调递减，在 1,e 上单调递增，所以min1()1 10gxg e ，故()0g x，即1ln xex 在定义域上恒成立.则2()ln0eaefaaea.另外2222222240e

11、eaeeaaaa，结合2()()0effaa，且()f x 在20,a上单调递减，有12exaa.综上所述不等式12122aexxeaa成立，所以原不等式成立.22.解：（）由cos3sinsin3 cosxy平方取和有22224sin4cos4xy，则曲线C 的普通方程为224xy；代入222xy，有曲线C 的极坐标方程2(02)。（）由射线:3OM与曲线C 交于点 A，有2OA，又射线:3OM与直线 l 交于点 B，所以代入3 得2 3OB，因为OAB、三点共线，所以2 32ABOBOA。23.解：（）因为()1f xx 即32,1,()1,12,123,2,xxf xxxxx，解得 243x，所以不等式()1f xx 的解集为 2,43.（）由32,1,()1,12,23,2,xxf xxxx易知()1f x ，即1k 。由柯西不等式知 2122228abab，即由 21ab，有 128ab，即不可能有 124ab，所以不存在正数,ab，同时满足：1221,4abab.