房山2020年高三数学一模答案

高三数学

一、选择题（每小题4分，共40分）

题号 答案 1 B 2 C 3 B 4 D 5 A 6 A 7 B 8 D 9 C 10 D 二、填空题（每小题5分，共25分，有两空的第一空3分，第二空2分） （11）3

（12）(0,1) （13）10（14）

n1；

n(n1) 2π 12（15）②④（注：只写②或④得3分）

三、解答题（共6小题，共85分）

（16）（本小题14分） 解： 选择①

（Ⅰ）在△ABC中，因为a2，c10，b4，

22a2b2c2（2）42（10）2由余弦定理得cosC， ＝＝2ab2224因为C(0,)，所以sinC1cos2C2 2所以S112absinC242． 222 （Ⅱ）在△ABC中，ABπC．

所以sin(AB)sinC选择②

（Ⅰ）因为cosB2． 2255B(0,) ，，所以sinB1cos2B55 因为a11252，c10，所以SacsinB2102

225（Ⅱ）因为a2，c10，cosB5， 5高三数学答案第1页（共7页）

22由bac2accosB，得b2（2）（10）2210(2225)16， 5解得b4， 由

bc2，解得sinC， sinBsinC2在△ABC中，ABπC，sin(AB)sinC选择③

依题意，A为锐角，由sinA2

210310

得cosA1sin2A1010在△ABC中，因为a2，c10，cosA310， 10310b 10由余弦定理a2b2c22bccosA，得(2)2b2(10)2210解得b2或b4 （Ⅰ）当b2时，S1110bcsinA2101． 2210当b4时，S1110bcsinA4102． 2210 （Ⅱ）由a2，c10，sinAac102，，得sinC sinAsinC102在△ABC中，ABπC，sin(AB)sinC2 2（17）（本小题14分） 解：

（Ⅰ）从所有参与调研的人共有300人，不满意的人数是2551040

记事件D为“从所有参与调研的人中随机选取1人此人不满意”，则所求概率为

P(D)=402=. 30015（Ⅱ）记事件M为“从参与调研的青年人中随机选取1人，此人满意”，则P(M)=603=; 1407707=； 记事件N为“从参与调研的中年人中随机选取1人，此人满意”，则P(N)=10010则“从参与调研的青年人和中年人各随机选取1人，恰有1人满意”的概率为

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373737 P(MNMN)P(M)P(N)P(M)P(N)=(1)(1)71071070（Ⅲ）这种抽样不合理。

理由：参与调研的60名老年人中不满意的人数为20，满意和一般的总人数为xy50，说明满意度之间存在较大差异，所以从三种态度的老年中各取2人不合理。合理的抽样方法是采用分层抽样，根据x，y，10的具体数值来确定抽样数值。 （18）（本小题14分）

证明：

（Ⅰ）取PA中点F，连接EF，BF，因为E为PD中点，F为PA中点，

1AD 21又因为BC//AD，且BCAD

2所以EF//BC，且EFBC 所以四边形BCEF为平行四边形， 所以CE//BF，

所以EF//AD，且EF因为CE平面PAB,BF平面PAB 所以CE // 平面PAB.

（Ⅱ）因为PB平面ABCD，AD平面ABCD

所以PBAD

又因为ABBC,AD // BC

所以ADAB，

又ABPBB，AB、PB平面PAB 所以AD平面PAB.

（Ⅲ）因为PB平面ABCD，AB、BC平面ABCD

所以PBDPEC AFBzPAB,PBBC，又ABBC，

ExDyC A以B为原点，如图建立空间直角坐标系Bxyz，

11B(0,0,0),P(0,0,1),A(0,1,0),C(1,0,0),E(1,,)

22

B11所以BP(0,0,1),AC(1,1,0),CE(0,,)

22已知平面ACD的一个法向量BP(0,0,1)； 设平面ACE的法向量n(x,y,z)，则

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xy0nAC0，，即1令x1，则y1,z1； 1yz0nCE022所以平面ACE的一个法向量为n(1,1,1) 所以cosBP,nBPnBPn3 33. 3由图可知二面角EACD为锐角，所以二面角EACD的余弦值为（19）（本小题14分）

x2y21解：（Ⅰ）依题意得a2，b1，所以椭圆C的方程为4

ca2b23，离心率的大小ec3a2

（Ⅱ）因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数， 设M，N坐标为(0,m)，(0,n)，则n1，m0,n0 mmxm 2由A(2,0)，M(0,m)得直线AM的方程为yx2y214ymxm2

整理得(m1)y2my0 或(m1)x4mx4m40 得交点P的纵坐标为yP2222222m m21同理交点Q的纵坐标为yQ2n2m 221n1()21m1m21m所以yPyQ0，直线PQ与x轴平行 解法二：

设直线AM的方程为xty2(t0)，直线AN的方程为xsy2(s0)

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令x0得tyM2，M坐标为(0,22)，同理N坐标为(0,)

st因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以st4

x2y214xty2

整理得(t4)y4ty0或(t4)x16x164t0

222224t 2t4444st4t 同理得yQ2s4(4)24t24t得交点P的纵坐标为yP所以yPyQ0，直线PQ与x轴平行. 解法三：

设直线AM的方程为yk1(x2)，k10，直线AN的方程为yk2(x2)，k20 令x0得M坐标为(0,2k1)，同理N坐标为(0,2k2)

因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以4k1k21

x2y21代入椭圆方程得4yk(x2) 1(4k11)x216k1x16k140或(4k11)y24k1y0

22228k1216k142xPx所以P224k11 4k118k24k12)得交点P的纵坐标为yPk1(12 24k114k114k24k1 224k214(1)214k114k1414k1222

同理得yQ所以yPyQ0，直线PQ与x轴平行.

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（20）（本小题15分） 解：（Ⅰ）f(x)6x22ax

由f(0)0，f(0)2，得

曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2

（Ⅱ）定义域为R，f(x)6x22ax2x3xa

令f(x)0，解得x10,x2a 32若a0，f(x)6x0，f(x)在R上单调递增；

若a0，在,0上，f(x)0，f(x)单调递增，在(0,)上，f(x)0，f(x)单调递减，在a3a,上，f(x)0，f(x)单调递增； 3aaf(x)0上，，单调递增，在f(x)(,0)上，f(x)0，f(x)单调33若a0，,递减，在0,上，f(x)0，f(x)单调递增； （Ⅲ）若a0，函数f(x)的单调减区间为0,当

aa，单调递增区间为(,0),,. 33a1时，即a3，由（Ⅱ）知，f(x)在[1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减， 3则g(x)maxmax{|f(1)|,|f(0)|,|f(1)|}max{a,2,|4a|}3 当

aaa1时，即0a3，f(x)在[1,0]和[,1]上单调递增，在[0,]上单调递减，

333aa3af(x)在x处取得极小值f()20

3273则g(x)maxmax{|f(1)|,|f(0)|,|f(1)|}max{a,2,4a}， 若g(x)max3，则4a3，即0a1 综上，实数a的取值范围为0,1（21）（本小题14分）

解：（Ⅰ）因原数列有3项，经第1次拓展后的项数P1325；

经第2次拓展后的项数P2549.

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3,

（Ⅱ）因数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，

由数列经第n次拓展后的项数为Pn，则经第n1次拓展后增加的项数为Pn1， 所以Pn1Pn(Pn1)2Pn1 所以Pn112Pn22(Pn1)， 由（Ⅰ）知P114，Pn142所以Pn2由Pn2n1n12n1

1，

n11≥2020，即2n1≥2019，解得n≥10

所以n的最小值为10．

（Ⅲ）设第n次拓展后数列的各项为a,a1,a2,a3,所以Snaa1a2a3,am,c

amc

因数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 所以Sn1a(aa1)a1(a1a2)a2(a2a3)即Sn12a3a13a2am(amc)c

3am2c

所以Sn13Sn(ac)，Sn1得Snacac3(Sn) 22acacn1(S1)3 22acnac )322由S12a3b2c，则Sn(bacacb0022若使Sn为等比数列，则或

aaccb0022所以，a，b，c满足的条件为

2bac0ac0或者．

b0b0高三数学答案第7页（共7页）