黑龙江省实验中学联盟校2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题答案

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第 1 页，总 6 页 联盟三模理科数学 参考答案 1．D 2．A 3．C 4．A 5．C 6．B 7．D 8．B 9．B 10．D 11．C 12．D 13．(10 ,3 )+ 14． 4 9 15．②③④ 16．1 17.解：（1）因为 4c = ， 2b = ，所以 1cos 24 bC c==．--------- 2 分 由余弦定理得 2 2 2 2 4 16 1cos 2 4 4 a b c aC ab a + − + −= = = ， 所以 4a = ，即 4BC = ， -------- 4 分 在 ACD 中， 2CD = ， 2AC = ， 所以 2 2 2 2 cos 6AD AC CD AC CD ACD= + −    = ，所以 6AD = ．-------- 6 分 （2）因为 AE 是 BAC 的平分线， 所以 1 sin2 21 sin2 ABE ACE AB AE BAES AB S ACAC AE CAE      = = =    ，-------- 8 分 又 ABE ACE S BE S EC   = ，所以 2BE EC = ， 所以 14 33CE BC==， 422 33DE = − = ，-------- 10 分 又因为 1cos 4C = ，所以 2 15sin 1 cos 4CC= − = ， 所以 1 15sin26ADES DE AC C =    = ． -------- 12 分 18. 解：连接 BD 交 AC 于 O，则 BD⊥AC，连接 A1O 在△AA1O 中，AA1=4，AO=2，∠A1AO=60° ∴A1O2=AA12+AO2－2AA1·Aocos60°= 32 ∴AO2+A1O2=AA12 ∴A1O⊥AO，由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD， 第 2 页，总 6 页 所以 A1O⊥底面 ABCD ∴以 OB、OC、OA1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则 )32,0,0()0,0,32()0,2,0()0,0,32()0,2,0( 1ADCBA −− …………2 分 （Ⅰ）由于 )0,0,34(−=BD ， )32,2,0(1 =AA )0,2,32(=AB 则 01 = BDAA ∴BD⊥AA1……………………4 分 （Ⅱ）设 ⊥平面 AA1D 则 得到 ……………………5 分 同理，平面 BAA1 的法向量 )1,3,1(1 −=n ……………………6 分 5 3,cos 21 21 21 −== nn nnnn ……………………7 分 由图可知成钝角，所以二面角 D—A1A—B 的平面角的余弦值是 5 3− ………………8 分 （Ⅲ）假设在直线 CC1 上存在点 P，使 BP//平面 DA1C1 设 ，则 )32,2,0(),2,( =− zyx 得 )32,22,0( +P )32,22,32( +−=BP ……………………9 分 设 ，则 设 得到 ……………………10 分 又因为 平面 DA1C1 则 · 即点 P 在 C1C 的延长线上且使 C1C=CP……………………12 分 （或作延长线，证明） 19.（1）由题意，当投掷骰子出现 1、4 时，学号为 1 的同学可以上 2 阶楼梯，概率为 1 3 ， 当投掷骰子出现其他点数时，学号为 1 的同学可以上 1 阶楼梯，概率为 2 3 ，-------- 2 分 由题意 2,3,4X = ， 第 3 页，总 6 页 所以 ( ) 2 2 42 3 3 9PX= =  = ， ( ) 1 2 2 1 43 3 3 9P X C= =   = ， ( ) 1 1 14 3 3 9PX= =  = ，-------- 4 分 所以 X 的分布列为： X 2 3 4 P 4 9 1 9 -------- 5 分 （2） 1P 表示学号为 3 的小朋友能站在第 1 阶楼梯的概率， 根据投掷骰子的规则，若出现点数为 3 或 6，则他直接站在第 2 阶楼梯，否则站在第 1 阶楼梯. 故 1 2 3P = ，同理可得： 2 2 2 1 7 3 3 9P = + = ， 3 1 32 2 2 1 20 3 3 3 27PC= +   = ， -------- 7 分 由于学号为 3 的小朋友能够站在第 n 阶楼梯，有两种可能： 从第 2n− 阶楼梯投掷点数为 3 或 6 直接登 2 个台阶上来， 或从第 1n − 阶楼梯只登 1 个台阶上来. 根据骰子投掷规则，登两阶的概率是 1 3 ，登一阶的概率是 2 3 ， 故 12 21(333n n nP P P n−−= +  且 *)nN (*) 将(*)式可变形为 ( )( )1 1 2 1 33n n n nP P P P n− − −− = − −  ，-------- 9 分 从而知：数列 1nnPP−− 是以 21 1 9PP−=为首项，以 1 3− 为公比的等比数列， 则有 2 1 1 1 1 9 3 3 nn nnPP − −    − =  − = −       . 进而可得：当 2n  时， ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1n n n n nP P P P P P P P− − −= − + − + + − + 121 1 1 2 3 3 3 3 nn−     = − + − + + − +           1 1 111932 3 1113 4 31 3 n n − + −− = + = − −+ ； -------- 11 分 当 1n = 时， 2 1 3 1 214 3 3P = − − = ；所以 ( ) 1 *31143 n nP n N += − −  . -------- 12 分 第 4 页，总 6 页 20.（1）当 0a  ，由 ( )' af x x x=+，令 ( )'0fx= ，∴ xa=−，-------- 2 分 列表得： x ( )0, a− a− ( ),a− + ( )'fx - 0 + ( )fx 减函数 极小值 增函数 这时 ( ) ( )min ln2 af x f a a a= − = − + − .-------- 4 分 ∵ 0x ，使 ( ) 0fx 成立，∴ ln 02 a aa− + −  ，∴ae− ， ∴ a 的范围为( , e− − .-------- 6 分 （2）因为对  1,xa ， ( ) ( )( )11'0x x agx x − − −=，所以 ( )gx在 1, a 内单调递减， 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 12 111 ln22g x g x g g a a a a−  − = − − . ----------- 8 分 要证明 ( ) ( )121g x g x−，只需证明 211ln 122a a a− −  ，即证明 13ln 022aaa− −  . 令 ( ) 13ln22h a a a a= − − ， ( ) 2 2 1 1 3 3 1 1 1'02 2 2 3 3ha a a a = − + = − +  ， ----------- 10 分 所以 在 ( 1,ae 是单调递增函数， 所以 ( ) ( ) ( )( )313102 2 2 eeeh a h e ee −+ = − − =  ，故命题成立. ----------- 12 分 21.(1)由题意得 22 2 2 2 6 3 33144 c a ab a b c  =   +=  =+  , --------------- 2 分 解得 2 2 3 1 a b  =  = , 所以椭圆C 的方程为 2 2 13 x y+=; --------------------- 4 分 第 5 页，总 6 页 (2)由题意可知,直线 MN 的斜率显然存在, 设直线 的方程为 ( )0y kx m m= +  , ( )11,M x y , ( )22,N x y , 由 2 2 13 x y y kx m  +=  =+ 得( )2 2 23 1 6 3 3 0k x kmx m+ + + − = , ( )( ) ( )2 2 2 2 2 236 4 3 1 3 3 12 3 1 0k m k m k m = − + − = + −  ① 所以 12 2 2 12 2 6 31 33 31 kmxx k mxx k  + = −+ − = + , 所以 ( )1 2 1 2 2 22 31 my y k x x m k+ = + + = + , ------------------- 7 分 因为OM ON OA+= ,所以 12 2 12 2 63 3 1 2 23 3 1 2 kmxx k myy k    + = − = +  + = = + , 所以 1 3k =− ,代入①得 2 3 2 3 33m−   且 0m  , -------------------- 9 分 所以 ( )2 1 2 1 2 1 2 11 422MONS m x x m x x x x= − = + −△ ( )22 2 2 12 3 1 3 4 31 2 3 1 4 km mmm k +− −==+ ( )22 223 3 4 3 3 3 4 3 3 4 4 2 2 mm mm− +−=   = ,-------------- 11 分 当且仅当 223 4 3mm=− ,即 6 3m = 时上式取等号,此时符合题意,所以直线 的方程为 16 33yx= −  . ---- -------------------- 12 分 22.（1）∵曲线 1C 的普通方程为： 1 3 1 2 2 =+ yx ，又 cosx = ， siny = 代入：∴ 1sin3cos 2222 =+  ， -------- -------- 2 分 第 6 页，总 6 页 ∴曲线 1C 的极坐标方程：   22 sin3cos 1 + = ， ∴曲线 2C 的极坐标方程：  cos2= . --------------------- 4 分 （2）∵已知 2ON OM= ，∴ 224NM= ，  22 2 sin3cos 14cos4 += ， 01cos3cos2 24 =+−  ，且 00 2 ， --------------------- 6 分 ∴解得： 2 1cos2 = ， 2 2cos = ， 2 2sin = . 点 到l 的距离 2 2 2 21sin22 === OChc . --------------------- 8 分 ∴ 2MC N 的面积为： ( )2 2 2 11 22NC M C N M CS NM h h =   =  −  =. 4 1 sin3cos 1cos22 1 222 =      + − Ch   --------------------- 10 分 23.解：（1）当 1=a 时，    −−−−− − 3)31(12 2 1 xx x 或    −−−+ − 3)31(12 3 1 2 1 xx x 或    −−−+  3)13(12 3 1 xx x -------------- 3 分 即 2 11 −− x 或 3 1 2 1 − x 或 53 1  x --------------------- 4 分 不等式的解集为： （-1，5） --------------------- 5 分 （2）由 43)( + xaxf 得： 4313 12 ++− + xx xa --------------- 6 分 由 1234313 +++− xxx ，得： 3 1 4313 12 ++− + xx x ------------ 8 分 得 3 1a （当且仅当 3 1x 或 3 4−x 时等号成立），--------------- 9 分 故 a 的最小值为 3 1 . ------------ 10 分