2020北京高三朝陽(yáng)二模數(shù)學(xué)答案

1、北京市朝陽(yáng)區(qū)高三年級(jí)高考練習(xí)二2020. 6數(shù)學(xué) 參考答案第一部分（選擇題 共 40 分）、選擇題（共 10 小題，每小題 4分，共 40 分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中， 選出符合題目要求的一項(xiàng)）1）B（2）B（3）D（4）A（5）A6）C（7）C（8）D（9）C（10）A第二部分（非選擇題 共 110 分）二、填空題（共 5小題，每小題 5分，共 25 分）1（11）（12）15（13） 122（14）2； 2 3（15）三、解答題（共 6 小題，共 85 分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、演算步驟或證明過(guò)程）（16）（本小題 14 分）解：（不可以選擇作為補(bǔ)充條件 .）選擇作為補(bǔ)充條件 .解答如下：

2、（）因?yàn)?a5 1， a3 1，所以 d 1所以 an 1 （n 5） 1 n 4（n N ） 4 分 （）由（）可知 a1 3 所以 Sn n（a1 an） 1n（n 7）22因?yàn)?n N ，所以當(dāng) n 3或 4 時(shí)， Sn取得最小值，最小值為6故存在正整數(shù) n 3或4，使得 Sn有最小值，最小值為 6 14 分選擇作為補(bǔ)充條件 .解答如下：（）因?yàn)?a5 1， d 2，所以 an 1 （n 5） 2 2n 9（n N ） 4 分（）由（）可知 a1 7 所以 Sn n（a1 an） n2 8n 所以當(dāng) n 4時(shí)， Sn 取得最小值，最小值為162故存在正整數(shù) n 4，使得 Sn 有最小值，

3、最小值為161 4分17）（本小題 14 分）解：（）因?yàn)?ABCD 是正方形，所以 AD CD 又因?yàn)?AD DE ， DE ì平面 CDEF ， CD ì平面CDEF ， CD I DE= D， 所以 AD 平面 CDEF 4 分 （）由（）知， AD 平面 CDEF , 所以平面 ABCD 平面 CDEF 過(guò)點(diǎn) E 作 EO CD ，垂足為 O ， 則 OE 平面 ABCD 在平面 ABCD內(nèi)，過(guò) O 作OH CD， 則 OE OH 如圖建立空間直角坐標(biāo)系 O - xyz ，因?yàn)?AD= 4，DE= EF= 2，且 ?EDC ，所以 DO=1，OE= 33則 A(4,

4、- 1,0)， B(4,3,0) ， C(0,3,0) ， D(0,- 1,0) ， E(0,0, 3)，uuru uuur uuur所以 AD= (- 4,0,0) ，AE= (- 4,1, 3)，BD= (- 4,- 4,0)設(shè)平面 ADE 的一個(gè)法向量為 n = （x,y,z），uuru?ìn?AD 0, 則 ?í uuur n?AE 0.?ì-4 x = 0,4x+ y + 3z = 0.令 y 3 ，則 x 0 ， z1，于是 n=(0, 3,- 1)設(shè)直線 BD 與平面 ADE 所成角為 q ，uuur則 sinq= |cos< n,BD >

5、;|=uuur|n×BD |4 3uuur = =|n|BD | 24 210 分6 所以直線 BD 與平面 ADE 所成角的正弦值為 4）棱 AB上存在點(diǎn) G，使得 MG/平面 ADE ，此時(shí) AG= 3理由如下：因?yàn)镈C/AB，DC?平面 ABFE ， ABì平面 ABFE ， 所以 DC / 平面 ABFE 因?yàn)?DCì平面 DCFE ，平面 DCFE I 平面 ABFE = EF ， 所以 DC /EF 53 由()知， F (0,2, 3)， M(0,2, 2 )uuur 5 3 設(shè)G(4, y1,0) (- 1y1 3)，則 MG = (4, y1-

6、,-)22 由()知，平面 ADE 的一個(gè)法向量為 n = (0, 3,- 1)uuru 5 3若MG/平面 ADE，則 MG?n 0，即 3(y1- 5)+ 3= 0，解得 y1= 2，即 G(4,2,0) 22 經(jīng)驗(yàn)證，此時(shí) MG/ 平面 ADE 所以棱 AB上存在點(diǎn) G，使得 MG/平面 ADE ，此時(shí) AG= 3 14分(18)(本小題 14 分)解：()由題意知， 1 (0.1 0.2 0.4 a) 1，所以 a 0.3 3 分() 4組無(wú)人駕駛汽車的數(shù)量比為 1:2:4:3 ，若使用分層抽樣抽取 10 輛汽車，則行駛里程在 7,8) 這一組的無(wú)人駕駛汽車有 10 4 4 輛，10行

7、駛里程在 8,9 這一組的無(wú)人駕駛汽車有 10 3 3 輛10由題意可知， X 的所有可能取值為 0，1， 22 1 1 2C4 2 C4 C3 4 C3 1P(X 0) 42， P(X 1) 4 23， P(X 2) 32C72 7C72 7C72 7所以 X 的分布列為所以 X 的數(shù)學(xué)期望 E(X )24101267 7 77)這種說(shuō)法不正確理由如下：由于樣本具有隨機(jī)性，故1， 2 是隨機(jī)變量，受抽樣結(jié)果影響因此有可能 1 更接近 0 ，也有可能 2更接近 011 分X012P241777所以 | 0 1| | 02 |不恒成立14 分所以這種說(shuō)法不正確2 a22 b c ,621解：（）

8、由題意可知 2(2)1,得b2 2， a2 42a2b2c2,a2,22所以橢圓 C 的方程為 xy 1 4219）（本小題 14 分）由題意可知，直線l 的斜率存在，設(shè)直線5分l 的方程為 y k（x 4） 由 y xk(1x04),得13,k.所以 Q(1, 3k)3k.由 y2xk(x2y244),得2(kx 4k)2 4.整理得2 2 2 2(1 2k2)x2 16k2x (32k2 4) 0.由 ( 16k2)2 4(1 2k2 )(32k2 4) 0，得設(shè)直線 l與橢圓 C的交點(diǎn) A（x1, y1 ） ， B（x2 ,y2） ，則 x1 x216k21 2k2 ， x1x232k2

9、 41 2k2因?yàn)閡uurAPuuur uuurPB ， AQuuur uuurQB 且 AP (4 x1,y1)，uuurPB(x2 4,y2 )，所以因?yàn)樗評(píng)uurAQ5(x1(1 x1, 3k4 x1 1 x2 4 x2y1)，x11uuurQB (x2 1,y23k)，(4 x1)( x2 1) (1 x1 )( x25(x1 x2) 2x1x2 8(x2 4)(x2x2) 2x1x2 80.(x24)(x2 1)4)1)16k2521 2k280k 2 64k21 2k232k2 4281 2k28 8 16k20，14 分20)(本小題 15 分)解：()( )因?yàn)?f(x) 2

10、sinx xcosx ax ，所以 f (x) 2cosx (cosx xsin x) a cosx xsinx a 因?yàn)榍€ y f ( x) 在點(diǎn) (0, f (0) 處的切線的斜率為 1，4分所以 f (0) 1，即1 a 1，故 a 0經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意 ) 由()可知 f (x) 2sin x xcosx ， f (x) cosx xsin x設(shè) g(x) f (x)，則 g (x) xcosx 令 g ( x) 0 ，又 x (0,) ，得 x 2當(dāng)x (0, )時(shí)， g(x) 0；當(dāng) x ( , )時(shí)， g(x) 0， 22所以 g(x) 在(0, )內(nèi)單調(diào)遞增，在 ( , )內(nèi)單

11、調(diào)遞減又g(0) 1， g(2) 2， g() 1，因此，當(dāng) x (0, 時(shí)， g(x) g(0) 0，即 f (x) 0，此時(shí) f(x)在區(qū)間 (0, 上無(wú)極值點(diǎn)； 22當(dāng) x ( ,)時(shí)， g(x) 0有唯一解 x0，即 f (x) 0有唯一解 x0 ，2且易知當(dāng) x ( ,x0)時(shí)， f (x) 0，當(dāng) x ( x0 ,)時(shí)， f (x) 0，210分故此時(shí) f ( x)在區(qū)間 (,) 內(nèi)有唯一極大值點(diǎn) x0 綜上可知， 函數(shù) f (x)在區(qū)間 (0,) 內(nèi)有唯一極值點(diǎn)) 因?yàn)?f (x) cosx xsinx a，設(shè)h(x) f (x)，則 h(x) xcosx令 h(x) 0，又 x

12、 (0, ) ，得 x 2且當(dāng) x (0, )時(shí)，h(x) 0；當(dāng) x ( 2, )時(shí)， h ( x) 0， 所以 f (x ) 在 (0, ) 內(nèi)單調(diào)遞增，在 ( , ) 內(nèi)單調(diào)遞減22當(dāng) a 1 時(shí)， f (0) 1 a 0 ， f ( ) a 0 ， f ( ) 1 a 22(1)當(dāng) f ( ) 1 a 0，即 a 1時(shí)， f (x) 0 此時(shí)函數(shù) f ( x)在(0, )內(nèi)單調(diào)遞增， f (x) f(0) 0；(2)當(dāng) f ( ) 1 a 0，即 1 a 1時(shí)，因?yàn)?f (0) 1 a 0 ， f ( ) a 0 ，22所以，在(0, )內(nèi) f (x) 0恒成立，而在區(qū)間 (,)內(nèi) f

13、 ( x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)， 記為 x1， 22又因?yàn)?f (0)0，f ( ) (1 a)0 ，所以此時(shí) f (x)0由( 1)(2)可知，當(dāng)a1 時(shí)，對(duì)任意 x(0,) ，總有 f(x)0 15 分21)(本小題 14 分)解：() nA 2； nB 4 4 分()不妨設(shè) 0 a1 a2a3a4 11 因?yàn)?1 SA 1 (a1a2a3 a4 ) a2 a4a3 a4 SA ，所以a2 a4 ， a3a4 不能整除 SA 22因?yàn)?i,j)最多有 (1,2) ， (1,3) ， (1,4) ， (2,3) ， (2,4) ， (3,4)六種情況，而 (2,4) ， (3,4) 不滿足題意，所以 nA 6 2 4 當(dāng) A 1,5,7,11 時(shí)， nA 4，所以 nA 的最大值為 4 9 分 )假設(shè) 0 a a1 a2 a3 a4 由()可知，當(dāng) nA取到最大值 4時(shí)， a1 a2，a1 a3，a1 a4， a2 a3 均能整除 SA 11因?yàn)?SA maxa1 a4,a2 a3 SA，故 SA =max a1 a4,a2 a3 ， 22所以 a1 a4 a2 a3 設(shè)u a1 a2，v a1 a3，則 u，v是 SA 2(a2 a3) 2(u v 2a1)的因數(shù)，所以 v是2(u 2a1 )的因數(shù)，且 u是2(v 2a1) 的因數(shù)因?yàn)?u v ，所以 2(u 2a1) 2u