辽宁省葫芦岛市兴城市高级中学2020届高三下学期模拟调研考试数学（理）试卷 PDF版含答案.pdf

1、故与前三式联立，得211231241,2,3349yyyyx ，22214yx ，233449yx，则12314327xxx故所求重心的坐标为 14(,0)27，故选：C 11.【详解】连接1BC，设平面11ABCD 与对角线1AC 交于 M，由111,BCBC DCBC，可得1BC 平面11ABCD，即1BC 平面1ADM，所以存在点 M，使得平面1ADM 平面1BC D，所以正确；由1111/,/BDB D ADBC，利用平面与平面平行的判定，可得证得平面1/ABD平面11B D C，设平面1ABD 与1AC 交于 M，可得/DM平面11BCD，所以正确；连接1AD 交1A D 于点O，过

2、O点作1OMAC,在正方体1111ABCDABC D中，1AD 平面11ABC D，所以1AD OM，所以OM 为异面直线1A D 与1AC 的公垂线，根据11AOEAC D，所以111OMOAC DAC，即11122632 3OA C DOMAC，所以1ADM的最小面积为111162 32 22233A DMSA D OM.所以若1ADM的面积为 S，则2 3,2 3)3S，所以不正确；再点 P 从1AC 的中点向着点 A运动的过程中，1S 从1减少趋向于 0，即1(0,1)S，2S 从 0 增大到趋向于2，即2(0,2)S，在此过程中，必存在某个点 P 使得12SS，所以是正确的.综上可得

3、是正确的.故选：C.12.【详解】由题意得：211(1)(1)()1xxxxxxex exx xefxexexxx ，易得0,10 xx ，设()0fx，可得10 xxe ，可得1xex，由xye与1yx图像可知存在0(0,1)x，使得001xex，可得当0(0,)xx，()0fx，当0(,)xx，()0fx，可得()f x 得最小值为0()f x，即000001()ln21xaf xxexx ；同理：22222221(1)(1)(1)()()1xxxxxeeexxxxexg xxxxx，设()0g x，可得1x 或者2xex，由2xye 与 yx得图像可知，存在1(0,1)x，使得1 21x

4、ex，可得当1(,)xx x时，()0g x，当1(,1)xx时，()0g x，当(1,)x 时，()0g x，可得1()g x即为()g x 得最小值，可得1112211112()ln121xxxebg xexxxe ，故1ab ，故选：A.13.【答案】240 二项展开式的第项的通项公式为由展开式中第 2 项与第 3 项的二项式系数之比是 25，可得：.解得：.所以令，解得：，所以的系数为故选：C 14.解：假设甲，乙两个同学回答正确，在0，+）上函数单调递增；丙说“在定义域 R 上函数的图象关于直线 x1 对称”错误此时 f（0）是函数的最小值，丁的回答也是错误的，这与“四个同学中恰好有

5、三个人说的正确”矛盾只有乙回答错误15.45 16【答案】2,4 【解析】2sin2sinsin32sinsin cos2cos sin21sinsinsinsin2sincoscbCBBBBBBBbaBABBBB 2211cos22cos4cos1coscosBBBBB.又20,B，且30,ABB，所以0,3B.设1cos,12Bt，令 22141cbtf tbat，则 32218180tftttt，故 f t 在 1,12上单调递增，所以 24f t.17（）由 a1=2，anan+1=2pn+1，得，则，由-a1，a4 成等差数列，得 a2=a4-a1，即 2p=22p-2，解得：p=1

6、；（）假设存在 p，使得an为等比数列，则，即 22p=22p+1=2p+2，则 2p=p+2，即 p=2 此时 anan+1=2pn+1=22n+1，24nnaa，当 n 为奇数时2nna ，当 n 为偶数，2nna 故存在实数2p ，使得an为等比数列 18.【解答】（1）证明：因为 ABCD是矩形，所以/BCAD，又因为 BC 平面 ADE，所以/BC平面 ADE，因为/DECF，CF 平面 ADE，所以/CF平面 ADE，又因为 BCCFC，所以平面/BCF平面 ADF，而 BF 平面 BCF，所以/BF平面 ADE（5 分）（2）解：因为CDAD，CDDE，所以60ADE，因为CD

7、平面 ADE，故平面CDEF 平面 ADE，作 AODE于点O，则 AO 平面CDEF，以O为原点，平行于 DC 的直线为 x 轴，DE 所在直线为 y 轴，OA所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由2AD，3DE，60ADE，得1DO ，2EO，则(0,0,3),(3,1,0),(0,1,0),(0,2,0)ACDE，所以(3,0,3)OBOAABOADC，由已知1(3,0)2G，所以1(3,2,3),(0,3)2BEBG，设平面 BEG 的一个法向量为(,)mx y z，则32301302m BExyzm BGyz，取3,6,3xyz，得(3,6,3)m，又平面 DE

8、G 的一个法向量为(0,0,1)n，所以31cos,|49363m nm nmn，即二面角 BEGD的余弦值为 14（12 分）19.【详解】（1）易知，因为所以为等腰三角形所以 b=c，由可知故椭圆的标准方程为：（2）由已知得,设椭圆的标准方程为，P 的坐标为 因为,所以 由题意得,所以 又因为 P 在椭圆上，所以,由以上两式可得 因为 P 不是椭圆的顶点，所以，故 设圆心为，则 圆的半径 假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线的方程为由相切可知,所以即，解得故存在满足条件的直线。20.【详解】（1）甲解开密码锁所需时间的中位数为 47，0.01 50.014 550.034 5b 0.0

9、447450.5，解得0.026b；0.04 3 0.032 550.010 100.5a ，解得0.024a；甲在 1 分钟内解开密码锁的频率是1 0.01 100.9f 甲；乙在 1 分钟内解开密码锁的频率是1 0.035 5 0.025 50.7f 乙；（2）由（1）知，甲、乙、丙在 1 分钟内解开密码锁的概率分别是10.9p，20.7p，30.5p 且各人是否解开密码锁相互独立；设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为1E X，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为2E X 则 121P Xp，23112P Xpp，231131ppP X，21332223111E Xppppp23233 2ppp p

10、，1232323E Xppp pp，12323231.45E Xppp pp 同理可求得22323331.65E Xppp pp 所以按乙丙甲派出的顺序期望更小.答案：先派出甲，再派乙，最后派丙，（下面是理由，给老师和学生参考）设按先后顺序自能完成任务的概率分别为1p，2p，3p，且1p，2p，3p 互不相等，根据题意知 X 的取值为 1，2，3；则 11P Xp，1221P Xpp，12131pPpX，122112 13 11E Xppppp12123 2ppp p，121213Eppp ppX ，若交换前两个人的派出顺序，则变为121223ppp pp，由此可见，当12pp时，交换前两人的

11、派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁；若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，交换前121211123321ppp ppEpXpp，交换后的派出顺序则期望值变为113321ppp，当23pp时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙，这样能使所需派出的人员数目的均值（教学期望）达到最小.21.【详解】（1）由，得 则，若时，即时，在单调递减 若，即时，有两个零点 零点为：，又开口向下当时，单调递减 当时，单调递增当时，单调递减综上所述，当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增（2）由（1）知当时，单调递减，不可能有三个不同的零点；当时，在和上

12、单调递减，在上单调递增，又，有 在上单调递增，令，令，单调递增 由，求得 当时，单调递减，在上单调递增故 故，由零点存在性定理知在区间有一个根，设为：又，得，是的另一个零点 故当时，存在三个不同的零点，22.【解答】解：（1）由，得（cossin）2，化成直角坐标方程得（xy）2，直线 l 的方程为 xy+40，依题意，设 P（2cost，2sint），则 P 到直线 l 的距离 d2+2cos（t+），当 t+2k，即 t2k，kZ 时，dmax4，故点 P 到直线 l 的距离的最大值为 4（2）因为曲线 C 上的所有点均在直线 l 的右下方，tR，acost2sint+40 恒成立，即co

13、s（t+）+40（其中 tan）恒成立，4，又 a0，解得 0a2，故 a 取值范围（0，2）23.证明：（1）（a+b）（ab+c2）a2b+ac2+ab2+bc2444abc，当且仅当 abc 时取等号，（2）a，b，c 均为正实数，当且仅当 a+12，即 a1 时取等号，同理可得，相加可得（+6，+3，当且仅当 abc1 时取等号 附加：2.(1)由正弦定理得，sinsinABBCBCABAC，即231sin4BCA,解得6sin12BCA.(2)设,3ACx ADx，在 Rt ACD中，222 22 2,sin3CDCDADACxCADAD,在ABC中,由余弦定理得，22221cos2

14、2 2ABACBCxBACAB ACx.又BACCAD,2所以cossinBACCAD，即212 232 2xx.整理得23830 xx，解得3x 或1x3（舍去），即3AC 2.试题解析：（）解：由，可得.下面分两种情况讨论：（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313ax ，或313ax .当变化时，的变化情况如下表：3(,1)3a313a33(1,1)33aa313a3(1,)3a00 单调递增极大值单调递减极小值单调递增 所以的单调递减区间为33(1,1)33aa，单调递增区间为3(,1)3a，3(1,)3a.（）证明：因为存在极值点，所以由（）知，且，由题意

15、，得，即，进而.又，且，由题意及（）知，存在唯一实数1x 满足，且，因此，所以.（）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：（1）当时，33102133aa，由（）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此 max(2),(0)max 1 2,1Mffabb ，所以.（2）当时，2 3332 31011213333aaaa ，由（）和（）知，2 33(0)(1)(1)33aafff，2 33(2)(1)(1)33aafff，所以在区间上的取值范围为33(1),(1)33aaff，因此 3322max(1),(1)max3,33399aaaaMffaabaab .（3）当时，2 32 3011233aa ，由（）和（）知，2 33(0)(1)(1)33aafff，2 33(2)(1)(1)33aafff，所以在区间上的取值范围为，因此 .综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.