1、 理科数学答案 第 1 页（共 3 页） 安徽六校教育研究会 2020 届高三第二次素质测试 理科数学参考答案 一、选择题：本大题共 12 个题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D A B D C B C B A A C D 11 提示： 考虑函数ln1(0)yaxx与 2 4(0)yxaxx的图象， 不难知它们有公共的零点t时， ( )0f x 恒成立于是， 2 4eatt，解得 e 4e a 12提示：取AC中点E，过M作MF 面 1111 ABC D，则APMAEM，故PMEM，而
2、对固 定的点M，当 11 MNBC时，MN最小此时由MF 面 1111 ABC D，可知MFN为等腰直角三 角形， 2 2 MFMN，故 1 2 222()222 2 PMMNPMMNEMMFAA（） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13 12 3 2 14160 154 108 16 6 (0,) 3 16提示：不难知，圆 222 1xya上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直，因此当直线 34100xy与圆 222 1xya相离时，APB恒为锐角，故 22 14ad ， 2 13a， 从而离心率 2 16 1(0,) 3 e a 三、解答题：共 70 分。
3、（一）必考题：共 60 分。 17 （12 分） 【解析】 （1）由题， 22 2sin2cos2coscos 22 ABAB AB 1cos()1cos()2coscosABABAB 22cos()22cosABC1， 解得 1 cos 2 C ，所以60C （6 分） （2）由余弦定理， 222 16cabab，再由 222 |38CACBabab ， 解得 22 27ab，11ab ，所以 2 ()49ab，7ab， 故ABC的周长为11 （12 分） 18 （12 分） 【解析】 （1）因为BC 平面PAB，PA平面PAB，所以BCPA， 由PAB为等腰直角三角形，所以PAPB， 又P
4、BBCB，故PA平面PBC （5 分） 理科数学答案 第 2 页（共 3 页） （2）取AB的中点O，连接,OP OD， 因为PAPB，ADBD，所以POAB，DOAB， 因为BC 平面PAB，所以PAB 平面ABCD， 所以PO 平面ABCD，POOD， 如图，以O为坐标原点，,OD OB OP分别为, ,x y z正半轴建立 空间直角坐标系Oxyz， 则1AOBOPO， 22 2DOADAO， 又BCAB，DOPA，所以/ODBC且ODBC，于是 (0,0,1)P，(0, 1,0)A，(2,0,0)D，(2,1,0)C，(2,1, 1)PC ，(0,1,1)AP ，(2,1,0)AD ，
5、设平面PAD的法向量为( , , )nx y z ，则 0 20 n APyz n ADxy ，令1x 得平面PAD的一个法向量(1, 2,2)n ， 设直线PC与平面PAD所成的角为， 则 26 sincos, 9| |6 3 PC n PC n PCn （12 分） 19 （12 分） 【解析】 （1）由题，(1,0)F，若线段AF与抛物线C没有公共点，即 9 4 a 时， 设点P在抛物线准线1x 上的射影为D，则, ,D P A三点共线时， |PAPF的最小值为|( 1)5ADa ，此时4a ； 若线段AF与抛物线C有公共点，即 9 4 a 时， 则, ,A P F三点共线时，|PAPF
6、的最小值为 22 |(1)35PFa，此时3a 综上，实数a的值为3或4 （6 分） （2）因为MOAMAOAOF ，所以MAx轴且MOMAMP， 设( ,3)M t，则(2 ,6)Pt，代入抛物线C的方程解得29t ， 于是 3 13 2 MOMAMP，所以 19 13 22 POPA SMA y （12 分） 20 （12 分） 【解析】 （1） 2 ( )2(sincos ) xx f xeexx，(0)2f，(0)f ， 所以直线l方程为(2)yx， 即(2)(1)2yx，恒过点( 1, 2) （5 分） （2）将(1,6)代入直线l方程，得2 考虑方程( )0f x ， 即 2 2c
7、os10 xx exe ，等价于2cos0 xx eex ， 记( )2cos xx g xeex ，则( )2sin22sin22sin0 xxxx g xeexeexx ， 于是函数( )g x在R上单调递增，又 22 ()0 2 gee ，(0)20g， 所以函数( )g x在区间(,0) 2 上存在唯一零点，即函数( )f x存在唯一零点 （12 分） D P A B C O y x z 理科数学答案 第 3 页（共 3 页） 21 （12 分） 【解析】 （1）由题，X的可能取值为 1 k 和 1k k ， 1 ()(1)kP Xp k ， 1 ()1(1)k k P Xp k ，故
8、X的分布列为 X 1 k 1k k P (1)kp 1(1)kp 111 ()(1)1(1) 1(1) kkk k E Xppp kkk （5 分） （2） （）由（1） ，记 1 ( )1(1)kf pp k ，因为0k ，所以( )f p在(0,1)p上单调递增 ， 故p越小，( )f p越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理 （8 分） （）记 11 ( )1(1)10.9 kk g kp kk ，当( )1g k 且取最小值时，该方案最合理， 因为(1)1.1, (2)0.69, (3)0.604, (4)0.594, (5)0.61ggggg，所以4k 时平均检验次数最 少，约为
9、10000.594594次 （12 分） （二二）选考题：共）选考题：共 1010 分。分。请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分。 22选修 44：坐标系与参数方程（10 分） 【解析】 （1）曲线 2 C的方程化成直角坐标方程为 22 8xyy即 22 (4)16xy， 圆心 2(0,4) C，半径4r ，曲线 1 C为过定点(2,2)P的直线， 易知(2,2)P在圆 2 C内，当 2 PCAB时， 线段AB长最小为 2222 2 2|2 16(20)(24) 4 2rPC （5 分） （2）
10、当点M与点P不重合时，设( , )M x y， 2 C MPM， 2 (2)(4)(4)0C M PMx xyy ，化简得： 22 (1)(3)2xy， 当点M与点P重合时，也满足上式， 故点M的轨迹方程为 22 (1)(3)2xy （10 分） 23选修 45：不等式选讲（10 分） 【解析】 （1） 332222 (22)()()2()aba babab aabbab ab 22 ()()ab aabb 22 3 ()() 24 b abab ab，0ab，又 22 3 ()0 24 b ab， 3322 22aba bab （5 分） （2） 22 11 () ba abab ，即 33 22 baba a bab ，即 22 22 baba a bab （*） 当0ab 时， （*）即 22 1 bababa abab 恒成立， 22 bab a aba b （当且仅当ab时取等号） ，故3 当0ab 时， （*）即 22 1 bababa abab 恒成立， ()()2 () ()2 bababa ababab （当且仅当ab 时取等号） ，故1 综上， 1,3 （10 分）
