2020屆黑龍江省大慶市高三第三次高考模擬考試數(shù)學(xué)(理)試題參考答案

1、20202020 大慶三模數(shù)學(xué)理科參考答案1212 分17.17.解（I）因?yàn)镾nan 12,當(dāng)n 2時(shí)，Sn 1aIn2,2 2 分由- -得anan 1an，即an12an.4.4 分a2-2當(dāng)n 1時(shí)，a?a24ai2所以數(shù)列an為等比數(shù)列, 其首項(xiàng)為a12,公比為2,所以ana1qn12n;.6 6 分(I)由(I)得，bn2log2an12n1所以Tnn i n 2,.8 8 分1111 1所以 -Tkk k 22k k 2n1 11111111 1k 1Tk2324.n 1n 1n n 2.1010 分31 1142 n 1n 2、選擇題ABACCABACC BDDCABDDCA

2、CDCD13.213.214.114.115.15.32.3110316，20202020 大慶三模數(shù)學(xué)理科參考答案1212 分因?yàn)?n 11n130所以n 2k 1Tk41010 分1,則 y 0,x.6 , I 帶 -6,0,118.18.解（1 1）證明：連接 AC,BDAC,BD 交點(diǎn)為 0 0,:四邊形 ABCDABCD 為正方形，IAC BDIPB PD,OB OD, ,BD OP,.2 2 分又IOP AC O, ,BD面 PAC又BD 面 PAC, ,面 PAC 面 ABCD.4 4 分(2(2)方法 1 1： I面 PAC 面 ABCD，過點(diǎn) P P 做PEAC，垂足為 E

3、EIPE 面 ABCDI PATPAT 底面 ABCDABCD 所成的角為30,PAC 300, ,又PA PC,設(shè)PC 2, ,則AP 2、3, PE x 3, AE 3, AC 4, AD 2 2過 F F 做 FEFE 垂直于 AB,AB,垂足為 F F 則 AF=AF=Z Z2uuvuuu/A xyzA 0,0,0 ,B 2 2,0,0 ,C 22, 2.2,0,D 0,2、“ 2,0 , Puv設(shè)面PBC法向量為n1uuivx, y, z,BC- uuv02、2,0 ,CP.22uvuvuuuzBC 0_uuv, , I、2CP 02x22.2y 02-y . 3z 029 9 分u

4、v L同理面 PCD的法向量n206,1,9 9 分uv uvW Wnin21cos nn?u/| |Uv一ni血7（2）方法 2 2 I面 PAC 面 ABCD，過點(diǎn) P P 做PEIPE 面 ABCDI PAPA 與底面 ABCDABCD 所成的角為30, IPAC 30, ,設(shè) AB=aAB=a 則，AB=BC=CD=DA=a,AC=AB=BC=CD=DA=a,AC=2a，由PA PC,PAC 30得 AP-AP-6a，2PE-PE-6a，AE=kZAE=kZa，過 E E 做 EFEF 垂直 AB,AB,垂足為 F F 則 AFAF3a，444LUV UUU/如圖所示，以 A A 為坐

5、標(biāo)原點(diǎn)，AB, AD為 x,yx,y 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) xyz所以可得：A(0,0,0),B(a,0,0)C(a,a,0),D(0,a.0),A(0,0,0),B(a,0,0)C(a,a,0),D(0,a.0),xV6令 z=z=則y0，即( 6,0,1)，z 1. 1111 分匸面角B PC D的正弦值倬7. 1212 分AC，垂足為 E E.9 9 分企），4. 8 8 分 a a 6a CP (4 4盲)，BC(00)，DC=(a,0,0)=(a,0,0)uv設(shè)面PBC法向量為n1x, y, z, ,uvn1uuuv BC0ay 0i-uuvaa6a小CP0 xyz 044

6、419.19.解（1 1 ）設(shè)零件經(jīng)A，B，C三道工序加工合格的事件分別記為A，B，C，2則P A P，P B -，P C33，P A 1 p，P B1，PC13434(2)X的可能E取值為200200，100100，50，.5 5 分1 23 1P X200 234 4P X1001124P D P ABCABCABCP ABC P ABC P ABC2 31 3216 p111 pP -P5 .2 2 分3 43 4341224設(shè)事件D為生產(chǎn)一個(gè)零件為二級(jí)品，由已知A，B，C是相互獨(dú)立事件，則. 4 4 分設(shè)面 PCD的法向量n2（x2,y2,z2），則n2?DC0ax20aa. 6an2

7、?CP0，X2y2444Z2x20令希則y2.6,n2(0, . 6,1)，Z21. 1010（直接書寫：同理可得n2（0,16,0，本次考試不扣此步驟分）.1111則二面角B PC D的正弦值為4-27.12121所以p. .2O所以1117P X 501, .8 8 分42424則X的分布列為X200200100100-50-501117P42424所以k f (1)2e，因?yàn)閒 (1)設(shè)s( x) exx3,則s (x)ex535.2945 -3當(dāng)x (0，xJ時(shí)，s(x) 0, ,即h (x) 0；當(dāng)x (x,)時(shí)，s(x) 0即h (x) 0. .所以h(x)在.1010 分1 11

8、所以E(X)200-10024507325241212 分20.20.解: (1 1) 當(dāng)m 0時(shí)，f(x)xxe，f (x)xxe(x1)ex所以切線方程為y e 2e(x 1)，整理得:2ex(2)(m x)exx 4，因?yàn)閑x0，所以m(x0）恒成立x設(shè)h(x) xxe-，則h (x)1xxe (x 4)e2xexe x 3xe所以s （x）在（0,）上單調(diào)遞增,s（2）3e3*4.48174.5050, ,所以存在X。(-,-)使得s(x)0，2 3X 4(0, x)上單調(diào)遞減，(x.)上單調(diào)遞增所以h(x)minh(Xo) Xo因?yàn)閟(X0)0,eX0X030, eXoX03.所以h

9、(x)minh(X)X0X04XoX04X 3Xo1CX03 5(23)1010 分設(shè)g(x)，當(dāng)x(|)時(shí)，g(x)1(X 3)20,所以g(x)在弟)上單調(diào)遞增3549則g(3g(x) g(3)，即249g(x)1213所以2 h(x) 342因?yàn)閙Z，所以m 2，所以m的最大值為 2.2.1212 分21.21.方法一解(1 1)由題有a 2,lb2a2c23. .2 2I橢圓方程為-y143(2(2)設(shè)I: X Xmy 1，將其與曲線2 2C的方程聯(lián)立，得3 my 14y212. .即3m24 y26my 90NX2, y2，則y1y26mk，y1y293m24MN26m243m249

10、3m2412(m21)3 m24將直線FT:y m x 1與x4聯(lián)立，得T 4, 3mITF9 9m231 m2所以冊(cè)的取值范圍是1,1(注：1如果按函數(shù)y X的性質(zhì)求最值可以不扣分；2.2.若直線方程按斜率是否存在討x論，則可以根據(jù)步驟相應(yīng)給分即3m24 y26my2 2xy- 1|TF |1 3m2 34i-|MN |4.m213. m211010 分設(shè)t .m21顯然t1. .構(gòu)造f|TF |MN |1,上恒成立, ,所以y ft在1,上單調(diào)遞增所以IfH|MN |11,當(dāng)且僅當(dāng)t 1,即m 0時(shí)取瞞圓方程為4(2(2)方法 1 1:設(shè)I:Xmy2將其與曲線C的方程聯(lián)立，得3 my 1

11、4y212. .1111 分當(dāng)冊(cè)取得最小值1時(shí)，m此時(shí)直線l的方程為1212 分21.21.方法二解(1(1)由題有 a alb2a2c23. .設(shè)M X1,y2，N X2,y2，則牡6m齊，y1y293m241 1ft - 30在t 1,上恒成立，所以y ft在1,上單調(diào)遞增4t2|FT |11所以3t -1，當(dāng)且僅當(dāng)t 1,即m 0時(shí)取“= =”|MN | 4t所以冊(cè)的取值范圍是八|TF |當(dāng)取得最小值 1 1 時(shí)，m 0, ,此時(shí)直線I的方程為x 1.1212 分| MN |1(注：1 1如果按函數(shù)y x的性質(zhì)求最值可以不扣分；2 2若直線方程按斜率是否存在討x論，則可以根據(jù)步驟相應(yīng)給分

12、)(2(2)方法 2 2:當(dāng) I I 的斜率不存在時(shí)，易得MN.126m 3m2493m2412(m21)3m24. 8 8 分將直線FT:ym x 1與x 4聯(lián)立，得T 4, 3mITF J9 9m23jl m2.9 9分|TF |1 3m24I|MN |4. m21.10分設(shè)t7 m21. .顯然t 1. .構(gòu)造f tITU 1 3t 1 t 1|MN|4 t2b23,13MNTF1MN當(dāng) I I 斜率存在時(shí)，可設(shè)I: y k(x1)設(shè)M,N X2,y2k(x 1)2y_y得(312 24k2)x22 28k2x 4k2120，x-ix28k23 4k2,X1X24k2123 4k2MN.

13、(X1X2)2(% y2)2 (1 k2)(X1X2)24x1X2).(1 k2)(x112(1 k2)3 4k2X2依題意可知k 0，則有直線 TFTF:y；(x1)，又x= =4則T(4,3所以TFMN綜上可知,3.1 k23 4k24k .1 k2L2 21(3 4k )4k2k4161k29(1 1) 110101111席最小值為1此時(shí)直線l的方程為1212I I 的斜率不存在時(shí)，易得MN2b23,TF|aMN(2(2)方法3 3:當(dāng)1當(dāng) I I 斜率存在時(shí)，可設(shè)I:y k(x 1)設(shè)M x1，y2X2,y2k(x2y_1)得(32 2 2 24k )x 8k x 4k 122.(Ck

14、2)(xX2)212(1 k2)2-3 4k.9 9 分2 28kXi3 4k2，XiX224k 123 4k2 *MN | J(XiX2)2(yiy2)222k )(xiX2)4x1X2)2依題意可知k 0，則有直線 TFTF:y13-(X1)，又X=4,則T(4,-)kk則得12 21(3 4k )14 1 k2k44（2 2）點(diǎn) P P 的坐標(biāo)為（4,04,0）TF3 1 k2廠.1010 分t,t 1，則有TF|MN設(shè)f (t)6, f (t)9f (t) 0當(dāng) t=1t=1 時(shí),f(t)=16,f(t)=16,則 t1t1時(shí),f(t)16,f(t)16,則啓|MN|1111 分綜上可知,刖最小值為1此時(shí)直線1的方程為x 1.1212 分.2 2 分因?yàn)閏os( )2, ,所以cos3、 、3 sin所以直線 l l 的直角坐標(biāo)方程為x . 3y 40.4 4 分TFMN3 4k24k .1 k2為傾斜角)6 6 分x 4 tcos設(shè)直線 m m 的參數(shù)方程為(t t 為參數(shù),y tsi nf仝,且滿足2故直線 m 的傾斜角為一或56 6即a22a 0，解得2 a 0,即a的取值范圍為2,0腫)e55333聯(lián)立直線 m m 與曲線 C C 的方程得：t28t cos 10設(shè) A A、B B 對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1t2址2