1、 数学参考答案第 1页（共 8页） 2019-2020 学年度第二学期 5 月调研考试试题 高三高三 数数 学学 参参 考考 答答 案案 一、填空题：一、填空题： 1|02xx2 10 2 33041551 6 1 6 72 58 32 2 6 912110 3 10 5 11充分不必要124 213114 33 2 二、解答题：二、解答题： 15解：(1) 因为2cosSbcA，所以 1 2sincos 2 bcAbcA， 则sincosAA，3 分 因为在ABC中，0,A，所以sincos0AA 所以tan1A ，5 分 所以 4 A .7 分 (2) 由(1)知 4 A ，又因为 6 t
2、an 5 B ， 所以 6 1 1tan 5 tan()tan()11 6 41tan 1 5 B ABB B ，9 分 因为在ABC中，ABC+=，所以tantan()11CAB-=+=， 所以 2222 2sincos2tan2 112211 sin22sincos sincos1tan1 1112261 CCC CCC CCC . . 14 分 16. 证明：(1) 取 AC 中点 D，连结 OD. 在三棱柱 ABC-A1B1C1中，四边形 ACC1A1为平行四边形，BB1CC1AA1且 BB1AA1. 因为 O 为平行四边形 ACC1A1对角线的交点，所以 O 为 A1C 中点. 又
3、D 为 AC 中点，所以 ODAA1，且 1 2 OD AA1.2 分 又 BB1AA1，BB1AA1，所以 ODBB1，且 1 2 OD BB1. 又 F 为 BB1中点，所以 ODBF，且OD BF，所以 ODBF 为平行四边形 所以 OFBD，5 分 又因为 BD平面 ABC，OF平面 ABC， 所以 OF平面 ABC；7 分 (2) 因为 BCB1C，F 为 BB1中点所以 1 CFBB 又因为AF 平面 11 BCC B，BB1平面 11 BCC B，所以 AFBB1.9 分 因为 1 CFBB，AFBB1，CF平面 AFC，AF平面 AFC，CFAFF， 所以 BB1平面 AFC.
4、11 分 又 AC平面 AFC，所以 BB1AC 数学参考答案第 2页（共 8页） 又由(1)知 BB1CC1，所以 ACCC1， 在三棱柱 ABC-A1B1C1中，四边形 ACC1A1为平行四边形， 所以四边形 ACC1A1为矩形14 分 17解：(1) 因为架面与架底平行，且 1 AA与地面所成的角为 3 ， 1 1AA 米， 所以“支架高度” 3 1 sin 32 h (米).4 分 (2) 过O作 1 OO 平面 111 A BC，垂足为 1 O. 又 11 O A 平面 111 A BC，所以 111 OOO A， 又 1 AA与地面所成的角为，所以 11 3 cos 5 O A 同
5、理 1111 3 cos 5 OCO B， 所以 1 O为等边三角形 111 A BC外心，也为其重心， 所以 1111 3233 3 cos3cos 2553 BCAO， 1 1 1 22 33 327 3 (cos )cos 45100 = A B C S 记“支架需要空间”为V，则 2 27 3 cossin 100 V，, 6 3 .8 分 令sint，则 13 , 22 t . 所以 23 27 327 3 (1)() 100100 Vtttt， 13 , 22 t . 又 22 27 381 3181 333 (13 )()()() 100100310033 Vtttt ， 则当
6、13 ( ,) 23 t时，0V，V单调递增； 当 33 (,) 32 t时， 0V，V单调递减. 所以当 3 3 t 时， 3 max 27 33327 3329 () 100331003350 V(立方米).13 分 答：(1) 当 3 时， “支架高度”为 3 2 米； (2)“支架需要空间”的最大值为 9 50 立方米.14 分 18解：(1)设椭圆E的焦距为2 (0) c c ， 则 22 2 2 cab e aa ，可知 22 2ab2 分 数学参考答案第 3页（共 8页） 又因为椭圆E过点 2 (1,) 2 ，所以 22 11 1 2ab ， 解得 22 21ab，所以椭圆的标准
7、方程为 2 2 1 2 x y.4 分 (2) 设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy， 33 (,)C x y， 44 (,)D xy. 由 22 , 22 yxt xy 得 22 34220xtxt， 又直线: l yxt与椭圆E相交于,A B两点， 所以 12 2 12 4 , 3 22 , 3 xxt t x x 且 22 (4 )4 3 (22)0tt ，则33t .6 分 设AB的中点(,) MM M xy，则 12 2 23 M xx xt ， 1 3 MM yxtt ， 所以AB的中垂线的方程为 1 3 yxt ，即直线CD的方程为 1 3 yxt ， 由 22
8、1 , 3 22 yxt xy 得 22 27122180xtxt，则 34 2 34 4 , 9 218 , 27 xxt t x x 8 分 所以 2222 43433434 ()()1( 1)()4CDxxyyxxx x 2 22 421888 2()4()2 927813 t tt ， 又(3, 3)t ，所以当0t 时， max 84 23 33 CD.10 分 (3) 由(2)知， 31314141 (,) (,)AC ADxx yyxx yy 31413141 ()()()()xxxxyyyy 31413141 44 ()()()() 33 xxxxxxtxxt 222 3434
9、113413411 4816 ()()() 339 x xxx xxx xxt xxxtxt 22 343411 4816 2()2 339 x xt xxxtxt，13 分 由(2)知 34 2 34 22 11 4 , 9 218 , 27 34220, xxt t x x xtxt 所以AC AD 22 343411 4216 2()(34) 339 x xt xxxtxt 数学参考答案第 4页（共 8页） 2 22 21844216 2()(22 ) 273939 t tttt 2 4163648 ()0 27272727 t.16 分 19. 解：(1) 设 1 ( )( )( )l
10、nh xf xg xxx x ， 则 2 2 222 13 () 111 24 ( )10 x xx h x xxxx 所以( )h x在0,上递增，又(1)0h，所以01x， 所以( )( )0f xg x的解集为(0,1).4 分 (2) 证明：由( )( )0u mu n得 22 (1)ln(1)ln0a mma nn， 即 22 (2)lnln0a mnmn，又0a ， 所以 22 (2)lnln0(22)lna mnmnamnmn 因为mn，所以“不成立.7 分 思路一：思路一： 设mnt，( )(22)lnv tatt（0t ） ，则 1 ( )20v ta t ， 所以( )v
11、t在0,单调递减， 又(1)0v，所以1t ，即1mn .10 分 思路二：思路二： 假设1mn ，则220mn，ln()0mn ，所以(22)ln()0amnmn， 这与(22)ln()0amnmn矛盾，故1mn .10 分 2 ( )( )( )(1)lnu xxf xg xa xx， 当0a 时， 2 121 ( )2 ax u xax xx ，令( )0u x得 1 2 x a （负值舍去）. 所以当 1 0, 2 x a 时，( )0u x，( )u x为减函数， 当 1 , 2 x a 时，( )0u x，( )u x为增函数. 又(1)0u. 1当 1 1 2a ，即 1 2 a
12、 时，( )u x有一个零点.12 分 2当 1 1 2a ，即 1 2 a 时，由(1)0u可知 1 (1)0 2 uu a ， 又0 a u e，且1 a e， 所以， ( )u x在0,1有一个零点，故此时( )u x有两个零点； 14 分 3当 1 1 2a ，即 1 0 2 a时，由(1)0u可知 1 (1)0 2 uu a ， 数学参考答案第 5页（共 8页） 令( )ln(1)xxx，则 11 ( )1 x x xx ， 所以当(0,1)x时，( )0x，( )x单调递增；当(1,)x时，( )0x，( )x单调 递减. 所以 max ( )(1)0x，故ln1xx，则ln(1)
13、xx . 所以 2 ( )(1)(1)u xa xx，所以 1 (1)0u a ，且 1 11 a ， 所以，( )u x在(1,)有一个零点，故此时( )u x有两个零点. 综上，当 1 2 a 时，( )u x有 1 个零点；当0a 且 1 2 a 时，( )u x有 2 个零点.16 分 20. 解：(1) 因为 2 n an，所以 22 1 (1)21 nnn aaannn ， 则 1 2 nn aa ，又 1 3a，所以 n a是首项为 3，公差为 2 的等差数列. 因为 2 1 2 nnn aaa ，则 2 n a是首项为 2，公差为 0 的等差数列.2 分 (2) 因为数列 n
14、b是公比为q的正项等比数列，所以 1 1 n n bbq . 又 2 121121 ()2 nnnnnnnnnn bbbbbbbbbb ，且对任意的 * Nn，都存 在 * Nm，使得 2 nm bb， 所以对任意的 * Nn，都存在 * Nm，使得 111 1111 2 nnnm bqbqbqbq ， 即 2 (1) m n qq ，因为2q ，所以0mn. 1若0mn， 则 2 211qq ， 解得0q (舍)或2q ， 即当2q 时， 对任意的 * Nn， 都有 2 nn bb. 2若1mn， 则 2 310qq ， 解得 35 2 q (舍)或 35 2 q ， 即当 35 2 q 时
15、， 对任意的 * Nn，都有 2 1nn bb . 3若2mn，则 22 (1) m n qqq ，故对任意的 * Nn，不存在 * Nm，使得 2 nm bb. 综上所述，q所有可能的取值构成的集合为 35 2, 2 .8 分 (3) 因为 2 0 n c，所以 2 121121 ()20 nnnnnnnnnn cccccccccc ， 则 211nnnn cccc ，所以 n c是等差数列. 设 n c的公差为d，则 1 (1) n ccnd. 若0d ，则 mn cc； 若0d ，则当 1 1 c n d 时，0 n c ， 与数列 n c的各项均为正数矛盾，故0d .10 分 由等差数
16、列前n项和公式可得 2 1 () 22 n dd Sncn， 所以 2222 111 ()()()()() 222222 nm dddddd SSncnmcmnmcmn， 2 1 ()()() 2222 k d mndmn Sc ， 数学参考答案第 6页（共 8页） 又mn， 222 () 24 mnmn ， 所以 2 22 11 () ()()()()()2 22222 nmk dddmnd SSnmcmncmnS ， 则当2t 时，不等式 mnk SStS都成立.12 分 另一方面，当2t 时，令1mk，1nk( *, 2Nkk)， 则 222 11 (1)(1)()2(22)2 () 2
17、222 mn dddd SSkckkkk c， 2 1 () 22 k dd Skck， 则 22 11 ()()(22)2 () 2222 kmn dddd tSSStkctkkk c 2 1 ()()(2) 2 d td kktc kd， 因为0 2 d td， 2 0kk， 所以当 1 (2) d k tc 时，()0 knm tSSS， 即 mnk SStS. 综上，t的最大值为 2.16 分 21. 解：(1) 用待定系数或公式可求得 32 21 M ；5 分 (2) 设直线 l 上任一点（x,y）在矩阵 M 对应的变换作用下变为（x,y） 即 32 21 x y = 32 2 xy
18、x xyy 在30xy上，8 分 则32630xyxy，即30xy，所以直线 l 的方程为30xy 10 分 22. 解：把直线方程 3 : 13 xt l yt 化为普通方程为1xy3 分 2 2sin() 4 圆化为普通方程为 22 220xxyy， 即 22 (1)(1)2xy6 分 圆心C到直线l的距离 12 22 d .8 分 所以直线l被圆C截得的弦长为 2 2 2 226 2 .10 分 23. 解：(1) 因为 3 5 60nA， 12 34 36mA A，所以 1 363 = 605 P ； 答：摸到三位数是奇数的概率 3 5 4 分 (2) 获奖金额 X 的可能取值为 50
19、、100、200、300、400、500， 3 50)= 5 P X (， 1 321 100)= 6010 P X (， 1 3 11 200)= 6020 P X (， 数学参考答案第 7页（共 8页） 1 321 300)= 6010 P X ( ， 1 3 11 400)= 6020 P X ( ， 1 321 500)= 6010 P X ( ，7 分 获奖金额 X 的概率分布为 X50100200300400500 P 3 5 1 10 1 20 1 10 1 20 1 10 均值 311111 )=50+100+200+300+400+500150 51020102010 E X
20、(元. 答：期望是 150 元.10 分 24. 解：(1) 1 1 11!1(1)!1 11!(nk)!1 (1)!(nk)!1 kk nn nn CC kkknkn 2 分 00112220202020 2020202020202020 111 (2)( 1)( 1)( 1)( 1) 232021 CCCC 20202020 1 20202021 00 111 ( 1)( 1) 120212021 kkkk kk CC k .4 分 (3) 0 2 ( 1) 2 n kk nn k aC k 设， 则 1 1 11 1 22 1( 1) ()( 1) 22 n kkkn nnn k aCC
21、 kn 1 111 11 22 ( 1)( 1) 22 nn kkkk nnnn kk k aCaC knk 11 00 222 ( 1)( 1)(0) 2 nn kkkk nnnnn kk aCCaa nkn .7 分 所以 121 1(1)3 2 221(2)(1)5 4 nnnn nnnn n aaaaa nnnnn 又 1 1 3 a ，所以 2 !2!1 (2)! n n n n a nC . 所以 2020 20202020 20202 0 20222022 211 ( 1) 2 kk k Ca kCC 11 1011 20212043231 . (结果没化简,不扣分)10 分 方
22、法二： 20202020 2020 00 22020!2(1) ( 1)( 1) 2!(2020)! (2)(1) kkk kk k C kkkkk 2020 0 2022!2(1) ( 1) (2)!(2020)! 20222021 k k k kk 2020 2 2022 0 2 ( 1)(1) 20222021 kk k kC 2020 2 2022 0 2 ( 1)( +21) 20222021 kk k kC 数学参考答案第 8页（共 8页） 20202020 22 20222022 00 2 ( 1)(2)( 1) 20222021 kkkk kk kCC 20202020 1+22 20212022 00 2 ( 1)2022( 1) 20222021 kkkk kk CC 2020 11202211 20212022 0 2 2022( 1)(1 1)1( 1) 20222021 kk k CC 2021 2 2022(1 1)112022 20222021 2 20222021 11 1011 20212043231 . (结果没化简,不扣分) 10 分
