辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试 数学（理） Word版答案

辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试 数学（理） Word版答案

试卷第 1页，总 5页 沈阳二中 2019—2020 学年度下学期第五次模拟考试 高三（20 届）理科数学试题答案 1-5. BDABB 6-10 .ABDAA 11-12.BD 13. 1 4 14.5 15. 4 2 16． 0,2 4( ),  17．（1）因为 DE⊥平面 ABCD，所以 DE  AD， 因为 AD＝4，AE＝5，DE＝3，同理 BF＝3， 又 DE⊥平面 ABCD，BF⊥平面 ABCD， 所以 DE//BF，又 BF＝DE， 所以平行四边形 BEDF，故 DF//BE， 因为 BE  平面 BCE，DF  平面 BCE 所以 DF//平面 BCE；……6 分 （2）建立如图空间直角坐标系， 则 D（0，0，0），A（4，0，0），C（0，4，0），F（4，3，﹣3），    0,4,0 , 4,3, 3DC DF    ， 设平面 CDF 的法向量为 m x y z （ ， ， ）， 由 4 0 4 3 3 0 m DC y m DF x y z             ，令 x＝3，得  3,0,4m  ， 易知平面 ABF 的一个法向量为  1,0,0n  r ，所以 3 5m n  cos＜ ， ＞ ， 故 2 7cos2 2cos 1 25      .……12 分 18.解：（Ⅰ）由  1 4 2 2n na a n n    可化为   12 2 2 0n na n a n     . 令 2n nc a n  ，则 1 0n nc c   ，即 1n nc c   . 因为 1 2a  ，所以 1 1 2 0c a   ，所以 0nc  ， 即 2 0na n  ，故 2na n .……6 分 （Ⅱ）由  1 2 33 7 2 1n n nb b b b a     ， 可知    1 1 2 3 1 13 7 2 21n n na nb b b b         ， 两式作差得   12 1 2 2n n n nb a a n     ， 即  2 22 1n nb n  . 又当 1n  时，也 1 1 2b a  满足上式，故 2 2 1n nb   .……12 分 试卷第 2页，总 5页 19.解：（1）由题可知，    0,1 , ,0A F c ，则直线 AF 的方程为 1x yc   ，即 0x cy c   因为直线 AF 与圆 2 2: 6 2 7 0M x y x y     相切，该圆的圆心为 3,1 , 3r  则 2 2 3 33 3b c bc aab c       故椭圆的标准方程为 2 2 13 x y  ……4 分 （2）因为不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P，Q 两点，且 AP AQ ，即直线 AP 与坐标轴不垂直也不平行 由  0,1A 可设直线 AP 的方程为 1y kx  ，则直线 AQ 的方程为 1 1y xk    联立 2 2 13 1 x y y kx       ，消去 y 并整理得 2 21 3 6 0k x kx   ，解得 0x  或 2 6 1 3 k k   ， 因此点 P 的坐标为 2 2 2 6 6, 11 3 1 3 k k k k        ，即 2 2 2 6 1 3,1 3 1 3 k k k k      将上式中的 k 换成 1 k  ，得点 Q 2 2 2 6 3,3 3 k k k k       所以直线 l 的斜率为 2 2 22 2 2 2 3 1 3 13 1 3 6 6 4 3 1 3 k k kk k k k k k k        ， 即直线 l 的方程为 2 2 2 2 1 6 3 4 3 3 k k ky xk k k         ， 化简并整理得 2 1 1 4 2 ky xk   ，故直线 l 恒过定点 1(0 )2 ， ……12 分 20.解：（1）由题可知,所以可能的情况有①小明投中 1 次,小亮投中 2 次；②小明投中 2 次,小亮投中 1 次；③小明投中 2 次,小亮投中 2 次. 故所求概率 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 4 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 9P C C C C C C                                  ……4分 （2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为      1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 21 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 2 3( ) ( )P C p p C p C p C p p C p C p p p p p p p        试卷第 3页，总 5页 因为 1 2 4 3p p  ,所以 2 2 1 2 1 2 8 3( ) ( )3P p p p p  因为 10 1p  , 20 1p  , 1 2 4 3p p  ,所以 1 1 13 p  , 2 1 13 p  ,又 2 1 2 1 2 4 2 9 p pp p      所以 1 2 1 4 9 9p p  ,令 1 2t p p ,以 1 4 9 9t  ,则   2 83 3P h t t t    当 4 9t  时, max 16 27P  ,他们小组在 n 轮游戏中获“优秀小组”次数 满足  ~ ,B n p 由 max( ) 16np  ,则 27n  ,所以理论上至少要进行 27 轮游戏.此时 1 2 4 3p p  , 1 2 4 9p p  , 21 2 3p p  ……12 分 21.(Ⅰ) sin c s( ) of x m x x   ,则 2 cos1( ) ( co )s mf x m x x    , 2 3  是函数  f x 的极值点, 2( ) 0,1 03 2 mf     , 2m  , 又 2m  时, 2 cos1 2( ) (2 )cosf x x x    , 当 2(0, )3x  时,   0f x  , 2( , )3x   时,   0f x  , ∴  f x 在 2(0, )3  上单调递增, 2( , )3   上单调递减,∴ 2 3  是函数  f x 的极大值点, ∴ 2m  符合题意;……5 分 (Ⅱ)令 ( ) ( 1) sin 2 cos xg x k e x x     ,则  0 0g  , 由题得   0g x  在 0x  上恒成立, 2 co1 2( s cos) (2 ) x x xg x ke     , 令  2 cos 1,3t x   ,则 2 2 1 2 3 2 11,(2 ) cos cos 3t t x x           , ①当 1 3k  时, 1 3 xke  ,则   0g x  , ∴  g x 在 (0, ) 上单调递增,∴    0 0g x g  ,成立; ②当 10 3k  时,令    h x g x  ,则 3 sin cos2 ( 1)( s) ( )co2 x x xh x e xk     , 在 (0, )x  时,   0h x  ,∴  h x 在 (0, ) 上单调递增, 又 1(0) 03h k   , 1( 0)h ke    ,则在 (0, ) 上存在唯一 0x 使得  0 0h x  , 试卷第 4页，总 5页 ∴当  00,x x 时,   0h x  ,  g x 在 00, x 上单调递减,    0 0g x g  ,不符合题意; ③当 0k  时,在 (0, )2x  时,   0g x  , ∴  g x 在 (0, )2  上单调递减,此时    0 0g x g  ,不符合题意; 综上所述,实数 k 的最小值为 1 3 .……12 分 22．解：（Ⅰ）在直角坐标系 xOy 中，可得点 ，曲线 为圆 ， 圆心为 ，半径为 1，∴ =3， ∴ 的最小值为 ． ……5 分 （Ⅱ）由已知，曲线 为圆 ， 曲线 为圆 ，圆心为 ，半径为 t， ∵曲线 与曲线 有两个不同交点， ， 解得 ，∴正数 t 的取值范围是 ． ……10 分 23．解法一：（1） 1 13 ,2 2 3 1 1( ) ,2 2 2 1 13 ,2 2 x x f x x x x x               当 1 2x   时， 1( ) 22f x f       ， 当 1 1 2 2x   ， 1( ) 12f x f      ， 当 1 2x  时， 1( ) 12f x f      ， 所以 min ( ) 1m f x  ……5 分 解法二：（1） 1 1 1( ) 2 2 2f x x x x      1 1 1 2 2 2x x x               11 12x    试卷第 5页，总 5页 当且仅当 1 1 02 2 1 02 x x x             即 1 2x  时，等号成立.当 1 2x  时 min ( ) 1m f x  ……5 分 解法一：（2）由题意可知， 1 1 1ab bc ca c a b      ， 因为 0a  ， 0b  ， 0c  ，所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      ， 只需证明 1 1 1 ( ) 9a b cc a b         ， 因为 331 1 1 1( ) 3 3 9a b c abcc a b abc          成立， 所以原不等式成立.……10 分 解法二：（2）因为 0a  ， 0b  ， 0c  ，所以 3 2 2 23 0ab bc ca a b c    ， 33 0a b c abc    ，又因为 1abc  ， 所以 3 2 2 23( )( ) 3 3 9a b c ab bc ac abc a b c       ， ( )( ) 9ab bc ac a b c     所以 9ab bc ca a b c      ，原不等式得证.……10 分 补充：解法三：（2）由题意可知， 1 1 1ab bc ca c a b      ， 因为 0a  ， 0b  ， 0c  ，所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      ， 只需证明 1 1 1 ( ) 9a b ca b c         ， 由柯西不等式得： 21 1 1 1 1 1( ) 9a b c a b ca b c a b c                    成立， 所以原不等式成立.……10 分