辽宁省实验中学2020届高三考前模拟训练数学（理）试题 图片版含答案

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2020 届高三考前模拟训练 数学理科试卷答案 一、选择题：BACABA CBDDCC 二、填空题：13. 10 ； 14. [0,4] ； 15. [0,2) ； 16. 1 5 三、解答题： 17. 解：（1）证明：∵ SO 垂直于圆锥的底面，∴ SO AP ， 又∵ AO 为 M 的直径，∴ PO AP ，∴ AP  平面 SOP ，∴平面 SAP  平面 SOP 。 （2）设圆锥的母线长为l ，底面半径 r ，∴圆锥的侧面积为 1 22S rl rl  侧 ，底面积为 2S r底 ， ∴依题意 22 r rl  ，∴ 2l r 。不妨取 2r  ， 4l  ， ∴在 ABS 中， 4AB AS BS   ，∴ 2 2 2 3SO AS AO   。 如图所示，在底面做 O 的半径 OC ，使得 OA OC ，又∵ SO 垂直于圆锥的底面， ∴ ,SO OA SO OC  ，故可建立空间直角坐标系 [ ; , , ]2 2 2 3 OA OC OSO    ，其中各点坐标为 (2,0,0), ( 2,0,0), (0,0,2 3)A B S 。在三棱锥 S APO 中，∵ 2 3SO  ， ∴ AOP 面积最大时三棱锥 S APO 的体积最大，此时 MP OA ， 又∵ M 的半径为 1，∴此时点 P 坐标为 (1,1,0) 。 ∴在空间直角坐标系中， ( 1,1,0), (3,1,0), (1,1, 2 3)AP BP SP       ，取平面 SAP 的法向量 为 1 ( , , )n a b c ，则 1 0n AP b a     ， 1 2 3 0n SP a b c      ，∴不妨取 1 3(1,1, )3n  。取 平面 SBP 的法向量为 2 ( , , )n r s t ，则 2 3 0n BP r s     ， 2 2 3 0n SP r s t      ，∴不妨取 2 3( 1,3, )3n   ， ∴取二面角 A SP B  的平面角为 ，则 1 2 1 2 11 3 1553| cos | 31| || | 7 31 3 3 n n n n           又∵ 为钝角，∴二面角 A SP B  的余弦值为 155 31  。 18. 解 ： （ 1 ） 由 正 弦 定 理 得 sin sin(2sin sin ) sincos cos B CA B BB C   ， ∴ (2sin sin )cos sin cosA B C C B  ， ∴ 2sin cos sin cos sin cos sinA C B C C B A   ，∴ 1cos 2C  ，∴ 3C  。 （ 2 ） 取 ABC 的 外 接 圆 半 径 为 R ， ∵ cos cos 2a B b A  ， ∴ 2 sin cos sin cos sin2 A B B A CR    ，∴ 2 sin 2c R C  ， 4 22 sin 2sin (sin 2sin( ))sin sin 33 4 4 4 21 3(sin 3 cos sin ) (2sin 3 cos ) sin( arctan )3 23 3 c ca b A B A AC C A A A A A A               当 3arctan2 2A   时， 4 212 3a b   为最大值。 19. 解：（1）设点 P 的坐标为 ( , )x y ，∵ ( 1 , 5 ), (1,0)PM x y OF       ， 2 2| |= ( 1)PF x y  ， ∴依题意 2 2| 1| = ( 1)x x y    ，整理得 2 4y x 。 （2）依题意直线l 不与坐标轴垂直，故可取其方程为 ( 2)x m y  ，代入 2 4y x 可得 2 4 4 2 0y my m   ，其判别式为 216 16 2 0m m    ，∴ 2m  或 0m  ， 取 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 为l 与C 的交点，∴ 1 2 1 24 , 4 2y y m y y m   ∵ ,S T 都在曲线C 上，∴可设其坐标为 2 2 3 4 3 4( , ), ( , )4 4 y yS y T y 。 ∵ 直 线 AS 过 点 (1,0)F ， ∴ 可 设 其 方 程 为 1x ny  ， 代 入 2 4y x 得 2 4 4 0y ny   ， ∴ 1 3 4y y   ，∴ 3 1 4y y   ，∴点 S 的坐标为 2 1 1 4 4( , )y y  ， 同理点T 的坐标为 2 2 2 4 4( , )y y  ， ∴直线 ST 的斜率 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 4 4( ) ( ) 4 2 24 4 4 y y y y y y y y mk y y y y m y y             为定值。 20. 解：（1）依题意，随机地抽取一个餐盒得到 B 餐盒的概率为 1 4 ，用 表示“抽取的 5 个餐盒中 B 餐 盒 的 个 数 ” ， 则 X 服 从 二 项 分 布 ， 即 15, 4B      ， ∴ 其 中 有 三 个 B 餐 盒 的 概 率 2 3 3 5 3 1 45 4 4 512P C            . （2） X 的可能取值为：0，1，2，…， n .   10 4P X   ，   3 1 31 4 4 16P X     ，……，   13 11 4 4 n P X n        ，   3 4 n P X n       . 所以 X 的分布列为 X 的数学期望为： 2 33 1 3 1 3 1( ) 1 2 34 4 4 4 4 4E X                     13 1 31 4 4 4 n n n n                 ①   2 3 13 3 1 3 1 3 1( ) 1 2 24 4 4 4 4 4 4 n E X n                             13 1 31 4 4 4 n n n n                ② ①-②得 2 3 11 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1( )4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 n n E X                                 2 3 1 3 314 43 3 3 3 3 3( ) 3 134 4 4 4 4 41 4 n n n n E X                                                  . 即 X 的数学期望为 33 3 4 n     . 21.解：（1）∵ ( 1 )'( ) 1 1 1 k x kf x x x       ，定义域为 ( 1,+ )  若 0k  ，则 1'( ) 0, 11 x kf x xx       成立，∴ ( )f x 在区间 ( 1,+ )  单调递增； 若 0k  ，则 ( )f x 在区间 ( 1, 1 )k   单调递减，在区间 ( 1 ,+ )k   单调递增。 （2）原命题可化为 0x  ， (ln( 1) ) 7( 1 ) 0xk x x x e      恒成立。 取 ( ) (ln( 1) ) 7( 1 )xg x k x x x e      ， ∴ 2 1'( ) ( 1) 7(1 ), ''( ) 71 ( 1) x x kg x k e g x ex x        ，∴ (0) 0, '(0) 0, ''(0) 7g g g k    。 若 7k  ，即 ''(0) 7 0g k   ，∴存在 1 0x  使得 1(0, )x x  ， ''( ) 0g x  ， 所以 '( )g x 在 1(0, )x 单调递减， 又∵ '(0) 0g  ，所以 1(0, ), '( ) 0x x g x   ，∴ ( )g x 在 1(0, )x 单调递减， 又∵ (0) 0g  ，∴ 1(0, ), ( ) 0x x g x   ，不合题意，∴ 7k  若 0k  ，则 2''( ) 7 0( 1) x kg x e x    0x  成立， 若 0 7k  ，可知 2''( ) 7 ( 1) x kg x e x    在 (0, ) 单调递增， ∴ 0x  ， ''( ) ''(0) 7 0g x g k    。 ∴ 7k  时， 0x  ， ''( ) 0g x  ，∴ '( )g x 在 (0, ) 单调递增， ∴ 0x  ， '( ) '(0) 0g x g  ，∴ ( )g x 在 (0, ) 单调递增，∴ 0x  ， ( ) (0) 0g x g  。 综上， k 的范围为 ( ,7] 。 22. 解：（1）依题意，直线 1l 的直角坐标方程为 3 3y x ， 2l 的直角坐标方程为 3y x ， 由 2 3 cos 2sin    ，得 2 2 3 cos 2 sin      ， 2 2 2x y   ， cos x   ， sin y   ， 2 2 2 3 2 0x y x y     ，即    2 23 1 4x y    ， ∴曲线C 的参数方程为 3 2cos 1 2sin x y        （ 为参数）. （2）由 6 2 3 cos 2sin          ，得 2 3 cos 2sin 46 6OA     ， 由 3 2 3 cos 2sin          ，得 2 3 cos 2sin 2 33 3OB     ，又∵ 6AOB   所以 AOB 的面积 1 1sin 4 2 3sin 2 32 2 6S OA OB AOB       ． 23.解：（1）    1 5f x f x   即 2 1 2 1 5x x    当 1 2x   时，不等式化为1 2 2 1 5x x    ，∴ 5 1 4 2x    ； 当 1 1 2 2x   时，不等式化为1 2 2 1 5x x    ，不等式恒成立； 当 1 2x  时，不等式化为 2 1 2 1 5x x    ，∴ 1 5 2 4x  . 综上，集合 5 5{ | }4 4A x x    （2）由（1）知 1m  ，∴ 1a b c   .∴1 2a b c bc a a a    ， 同理 1 2 1 2,b ac c ab b b c c    ， ∴ 1 1 1 2 2 2 8a b c ab ac bc a b c c b a         ，即 8M  .