安徽省淮北市2020届高三第二次模拟考试理科数学试卷（含答案）

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1、由 扫描全能王 扫描创建 由 扫描全能王 扫描创建 由 扫描全能王 扫描创建 由 扫描全能王 扫描创建 由 扫描全能王 扫描创建 由 扫描全能王 扫描创建 第页1 20202020 年淮北市高三第二次模拟考试数学参考答案年淮北市高三第二次模拟考试数学参考答案( (理科理科) ) （敬请阅卷严格按标准，统一尺度）（敬请阅卷严格按标准，统一尺度） 一、一、选择题选择题: :本题共本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意意. . 二、二、填空题：填空题：本大题共本大题共 4

2、 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13.1014. 3 4 15.52 ,5216.39 三三解答解答题题（本大题共本大题共 6 6 小题小题，共共 7070 分分，解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. .第第 17172121 题为必题为必 考题，每个试题考生都必须作答；第考题，每个试题考生都必须作答；第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答） 17.解：(I) 取 PC 的中点 E，连接 EN、ED， 因BCADBCEN/,/，所以MDEN /.2分 所以 M、N、E、

3、D 四点公面 因为PCDMN平面/，EDMNEDPCD面面， 所以 MN/ED4分 所以MNED为平行四边形 所以42, 2ENBCMDEN6分 (II) 取BC 中点 F，则 AF 垂直于 BC，因为 AD/BC，所以 AFAD 以 A 为原点，AF 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴建立坐标系.8 分 由 AF AD，AF AP 知面 PMD 法向量为（1，0，0）.9 分 求得面 PMN 的一个法向量为(6,2,1).11分 知二面角为钝角，求得余弦值为 61 616 18.(1)由茎叶图可知抽取的10户中用水量为一阶的有2户，二阶的有6 户，三阶的有2 户，第二阶梯水量的户

4、数 X的可能取值为0,1,2,3. 6 1 )3(; 2 1 )2( 10 3 ) 1(; 30 1 )0( 3 10 3 6 0 4 3 10 2 6 1 4 3 10 1 6 2 4 3 10 0 6 3 4 C CC XP C CC XP C CC XP C CC XP 4分 所以X 的分布列为 . 5 9 6 1 3 2 1 2 10 3 1 30 1 0)(XE6分 题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212 答案C CA AC CB BD DC CD DB BD DA AB BB B X 0123 P 30 1 10 3 2 1 6 1 第页

5、2 （II）设Y 为从全市抽取的10户中用水量为二阶的家庭户数，依题意得) 5 3 ,10( BY， 所以 kkk CkYP 10 10 ) 5 2 () 5 3 ()(，其中.10,.,2 , 1 , 0k8分 ).() 1(, 6 . 6k1t );() 1(6 . 6k1 . 2 )11(3 ) 5 2 () 5 3 ( ) 5 2 () 5 3 ( ) 1( )( t 1111 10 10 10 kYPkYP kYPkYPt k k C C kYP kYP kkk kkk ，则若 ，则若 设 1 6 7 ) 5 2 () 5 3 ( ) 5 2 () 5 3 ( )7( )6( )(7

6、6k 377 10 466 10 C C YP YP kYP可能最大，或者所以当 所以抽到6 户为第二阶梯用户的可能性最大.12分 (也可由不等式 ) 1()( ) 1()( kYPkYP kYPkYP ，及Nk 解得) 19.解： （I）因为ABF1是边长为 2 的等边三角形 所以 4 22 22 cb b ，解得3, 1cb,所以2 22 cba 所以椭圆 C 的方程为1 4 2 2 y x 4 分 (II)依题意直线 MN 斜率存在，设直线 MN 的方程为2 kxy，),(),( 2211 yxQyxP 由 2 1 4 2 2 kxy y x 整理得01216)41 ( 22 kxxk

7、当0时，得 2 21 2 21 41 12 , 41 16 k xx k k xx 5 分 设存在定点), 0(tD满足题意，则 21 2 2121 2 2 1 1 xx tyytyy x ty x ty kk QDPD 21 2 2121 )22()2)(2( xx tkxkxtkxkx ， 21 2 2121 2 44)(2( xx ttxxtkxxk ，代入并化简得.7 分（有用韦达定理意识（有用韦达定理意识） 12 )41 ()2()2(1612 41 12 )2( 41 )2(16 41 12 2222 2 2 2 2 2 2 ktktk k t k tk k k kk QDPD 1

8、2 )2()2()2(43 4 222 tktt .9 分 由0)2()2(43 2 tt得1t，1t， 当1t时 4 3 QDPD kk，当1t时 12 1 QDPD kk 故存在满足题意的定点) 1, 0( D或) 1 , 0(D.12 分 第页3 20.20.解解: :(I)由32 1 nn aS得 当2n时，32 1 nn aS，两式相减得 nnn aaa 1 2 即 nn aa3 1 ，2n 又1 1 a，32 21 aS得3 2 a 即1n也满足上式， 故 n a是以 1 为首项，3 为公比的等比数列.4 分 得)( ,3 1 Nna n n 5 分（没验证首项的扣 1 分） （I

9、I）由题意13 123121 nbabababa n nnnn 对任意正整数n成立及（I） 得13333 1 1 2 2 1 nbbbb nn nnn 又113333 1 11 2 1 nbbbb nn nnn 3 得12 1 nbn，)( Nn7 分 又又113 11 ba即即1 1 b 得得 Nnnbn, 12,进而 2 nTn8 分 由由 nn aT 得 12 3 n n，即1 3 1 2 n n 记 1 2 3 )( n n nf，则 27 16 )4(, 1)3(, 3 4 )2(, 1) 1 (ffff，9 分 以下证明4n时1)(nf. 因0 3 1)1 (2 3 122 33

10、) 1( )() 1( 2 1 22 nnnn nnnnnn nfnf11 分 即4n时)(nf单调递减， 综上可得，等式 nn aT 的所有正整数n的取值为 1 和 3.12 分 （其他解法，表达严谨也可给分）（其他解法，表达严谨也可给分） 21.21.（1）设 x h xf xg xekx，题意即 h x有个两个不同的零点. 求导得 x hxek.1 分 当0k时， 0hx， h x在 R 上单调递增，至多一个零点，不满足题意.2 分 当0k时，由 0 x hxek得l nxk， 当 ,l nxk 时， 0hx， h x单调递减， 当 l n ,xk时， 0hx， h x单调递增， h x

11、的极小值也即是最小值为 l nl n1l nfkkkkkk 若 l n0fk即0ke，则 h x至多一个零点，不满足题意.3 分 若 l n0fk即ke，则由 010h， l n0fk知 h x在 0,l nk存在一个零点， 又 2 2l n2 l n2l nhkkkkk kk，求导可知2l n22l n20kk，即 2l n0hk， 所以 h x在 l n ,2l nkk存在一个零点，从而 h x有个两个不同零点，满足题意.4 分 综上，实数k的取值范围是 ,e.5 分 （2）要证 00 1f xgy只要证 12 2121 2 21 2 xx xxxx eeee ek xx 只需证 21 2

12、121 2 21 11 2 xx xxxx ee e xx 第页4 不妨设 21 0xxt，即证 2 11 2 t tt ee e t .7 分 要证 2 1 t t e e t ，只需证 22 tt eet 设 22 tt F teet ，则 22 1 10 2 tt Ftee 所以 F t在 0,上为增函数，从而 00F tF，即 2 1 t t e e t 成立.9 分 要证 11 2 tt ee t ，只需证 1 21 t t et e 设 1 21 t t et Gt e ，则 2 2121 0 224 1 tt t t ee Gt e e 所以 Gt在 0,上为减函数，从而 00G

13、tG，即 11 2 tt ee t 成立.11 分 所以 2 11 2 t tt ee e t 0t成立，即 00 1f xgy.12 分 选考题选考题（本大题（本大题共共 1010 分分. .请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分） 22.（选修 4-4：坐标系与参数方程） （本小题满分 10 分） 解： （)由 cos3sin sin3sin x y 得 22 4xy 2 分 由cos()2 6 得3 cossin404 分 C的普通方程是 22 4xy ，l的直角坐标方程为340xy5 分

14、 （）由()知(0, 4)P 设l的参数方程为 1 2 ( 3 4 2 xt t yt 为参数）代入C的方程得 2 4 3 +12=0tt 8 分 1 2 |PA|PB|=|t| 12t 所以|PA|PB|为定值10 分 23.（选修 4-5：不等式选讲） （本小题满分 10 分） 解： （) 3 ,2, ( )+2 +214, 21 3 ,1 x x f xxxxx x x ， 3 分 当(,1)x 时，( )f x单调递减；当1,)x时，( )f x单调递增， 所以当1x时，( )f x取最小值3m .5 分 （）证明：由 （)可知 111 2, 23abc 因为, ,a b c为正实数， 所以 21 11121 122 ()()()()() 9932239932 3189327276 abcabcabcabc abcbaaccb 1 12221 (). 2 39992 当且仅当23abc，即 331 , 242 abc时取等号， 所以 21 . 9932 abc 10 分