《河南省2020届高三12月联考数学（理）试题 答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省2020届高三12月联考数学（理）试题 答案（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20 届（高三）届（高三）12 月联考理科数学试题参考答案月联考理科数学试题参考答案 第卷第卷 （选择题，共（选择题，共 60 分）分） 一选择题：一选择题： 本大题共本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D B A C B B C A D C C 第卷第卷 （非选择题，共（非选择题，共 90 分）分） 二填空题：二填空题： 本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13. 4 3 ; 14.216; 15. 4 1 3 ，; 16. 三解答题：三解答题： 本大题共本大题共 6 小题解答应写出文字说明，证明
2、过程或演算步骤小题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 (1)证明：因为 11 23 21 nnnn n aSSS n + + = ， 所以 1 2(21) 21 nn n SS n + + = ，所以 1 2 2121 nn SS nn + = + 又 1 1a =，所以 1 10 1 S = 数列 21 n S n 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列6 分 (2)由(1)知， 1 2 21 n n S n = ，所以 1 (21) 2n n Sn = 所以 21 1 3 25 2(21) 2n n Tn = + + +， 故 23 21 23 25 2(21) 2n n Tn=
3、 + + + -，得 21 1 2 (222)(21) 2 nn n Tn = + + 22 1 2(21) 2(32 ) 23 1 2 n nn nn = + = ， 所以 (23) 23 n n Tn=+ 12 分 18. 解： （1）当2 2PB =时， 平面PAD 平面ABCD， 1 分 证明如下：在PAB中，因为2,2 2ABPAPB=，所以ABPB2 分 又ABAD，ADPAA=，所以AB 平面PAD， 3 分 又AB 平面ABCD，所以平面PAD 平面 ABCD； 4 分 7 64 （2）分别取线段,AD BC的中点,O E，连接,PO OE，因为ADP为等边三角 形，O为AD的
4、中点，所 以POAD，,O E为,AD BC的中点，所以/OEAB, 又ABAD，所以OEAD，故POE为二面角PADB的平面角，所以 150POE=， 6 分 如图， 分别以,OA OE的方向以及垂直于平面ABCD向上的方向作为, ,x y z轴的正 方向，建立空间直角坐标系Oxyz，因为3OP=，150POE=，所以 33 (0,) 22 P，(1,0,0)A，(1,2,0)B，( 1,1,0)C . 可得(0,2,0)AB =， 7353 (1,),( 1,) 2222 PBPC= ,，8 分 设( , , )x y z=n为 平 面PBC的 一 个 法 向 量 ， 则 有 0,0PBP
5、C=nn， 即 73 0 22 53 0 22 xyz xyz += + = ，令1x =，来源:学+科+网 可得(1, 2, 4 3)=n， 10 分 设AB与平面PBC所成角为，则有 | sin | AB AB = n n 222 4 2 1( 2)( 4 3) = + + 2 53 = 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 2 53 53 .12 分 19. 解：(1)依题设 12 (,0),( ,0)AaA a，则 1 (1,0)FAa= ， 2 (1,0)FAa= 由 12 1FA FA= ，得：(1)(1)1aa =， 解得 2 2a = ，又因为1c =，所以 222 2 1
6、 1bac= = 所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y+= 4 分 (2)圆 C 上存在点 E 使得四边形 ADBE 为菱形 依题意设直线l的方程为(1)yk x=，设 1122 ( ,), (,)A x yB x y，弦AB的中点为 00 (,)M x y， 联立 2 2 (1) 1 2 yk x x y = += ，得： 2222 (21)4220kxk xk+=， 则 22 1212 22 42(1) , 2121 kk xxx x kk += + ， 所以 2 12 0 2 2 221 xxk x k + = + ， 00 2 (1) 21 k yk x k = + ， 则直线M
7、D的方程为 2 22 12 () 2121 kk yx kkk += + ， 令0y =，得 2 2 21 D k x k = + ，则 2 2 (,0) 21 k D k + ， 若四边形ADBE为菱形，则 0 0 2 2 ED ED xxx yyy += += ， 所以 2 0 2 3 2 21 ED k xxx k = + ， 0 2 2 2 21 ED k yyy k = + ， 若点E在椭圆C上，则 2 22 22 132 ()()1 42121 kk kk + = + ， 即 4222 982(21)kkk+=+， 整理得 4 2k =，解得 4 2k = ， 所以椭圆C上存在点E
8、使得四边形ADBE为菱形 12 分 20.解：(1)由已知频数表得：() = 35 5 200 + 45 30 200 + 55 40 200 + 65 50 200 +75 45 200 + 85 20 200 + 95 10 200 = 65, () = (35 65)2 0.025 + (45 65)2 0.15 + (55 65)2 0.2 +(65 65)2 0.25 + (75 65)2 0.225 +(85 65)2 0.1 + (95 65)2 0.05 = 210, 由196 2 225,则14 210,所以 14, 则 X 服从正态分布(65,14), 所以(51 93)
9、= ( + 2) = (2+2)+( 0恒成立, 当 = 1 时 , 可 得 , 所 以 若 存 在 , 则 正 整 数a的 值 只 能 取 1,26 分 下 面 证 明 当 = 2 时 , 不 等 式 恒 成 立 , 设( ) 2 2 ln x e g xx xx =， 由() 2+ 1 2 , 0( 0), 当0 1 4(2.7 2 4 42) 1 4(3 16) 0, 当 = 2时,不等式恒成立, 所以a的最大值是212 分 22解：(1)由 3 2sin =+得 2 2 sin3+=， 将 222 sin xy y =+ = 代入上式中， 得曲线C的普通方程为 22 230 xyy+
10、=4 分 (2)将l的参数方程 2cos , 1sin, xt yt = + = + (t为参数)代入曲线C的普通方程，消去, x y得 得 2 4(sincos )40tt+= 因为直线l与曲线C有两个不同的交点， 所以 2 16(sincos )160 =，因为 22 sincos1+=， 所以sincos0， 又0，所以 2 ， 设方程的两根为 12 ,t t，则 121 2 4(cossin )0,40tttt+=， 所以 12 0,0tt， 所以 1212 | |()4(sincos)4 2sin() 4 AMANtttt+=+= +=， 由 2 得， 3 444 ，所以 2 sin
11、()1 24 ， 从而 44 2sin()4 2 4 ， 即|AMAN+的取值范围是(4,4 2 10 分 23解：（1）(1)( 1) |1 |1| 1ffaa+= +， 若1a时，则111aa + +，即21，即1a时恒成立； 若11a 时，则1(1)1aa+，解得 1 2 a ，所以 1 1 2 a ； 若1a 时，则1(1)1aa +，即21 不成立，此时不等式无解 综上所述，a的取值范围是 1 (,) 2 5 分 （ 2 ） 由 题 意 知 ， 不 等 式 对 于,(, )x ya 恒 成 立 ， 等 价 于 maxmin 5 ( )(|) 4 f xyya+， 当(, )xa 时， 2 22 ( )() 24 aa f xxaxx= += +， 所以 2 max ( )( ) 24 aa f xf=， 又因为 555 | |()()| | 444 yyayyaa+=+，当且仅当 5 ()()0 4 yya+即 5 4 ya时，等号成立， 所以 min 55 (|) 44 yyaa+=+，所以 2 5 44 a a+，解得15a ， 结合0a ，所以a的取值范围是(0,5 10 分
