豐臺(tái)2020高三數(shù)學(xué)一模答案

1、豐臺(tái)區(qū)20192020學(xué)年度第二學(xué)期綜合練習(xí)（一）高三數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分參考2020. 04、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.題號(hào)12345678910答案CDBBCACDDA5小題，每小題5分，共25分.二、填空題共11. 2514.13 .(或)3+115.2三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程.16.（本小題共14分)解：（I） 由余弦定理2bccosA,2242花 cos一312.所以a(n)由 A花一可知,3sinB 3cosC2支 sin(3C) . 3 cosC-cosC21一 sinC 3cosC 2豐臺(tái)區(qū)高三數(shù)學(xué)綜合練習(xí)（一）參考答案2

2、 / 71一 sinC2sin(C3)因?yàn)锽 C所以C2冗(0,).故 C33(冗冗、一，一）.3 3因此sin(C汽一）3于是sin B3 .3、3 cosC (,)2214分3分7分O xyz,C(0,-1,0), A(2, 1,0),ur,2,0), BA=(2, 2,0).假設(shè)在棱AM上存在一點(diǎn)E ,使得二面角E BC 兀M的大小為.17.(本小題共14分)證明：(I)因?yàn)锳B| CD,AB 平面ABM ,CD 平面ABM ,所以CD II平面ABM .(n)取AB的中點(diǎn)N ,連接CN.在直角梯形ABCD中，易知 AN BN CD J2,且 CN AB.在RtCNB中，由勾股定理得 B

3、C 2.在 ACB中，由勾股定理逆定理可知 AC BC.又因?yàn)槠矫鍮CM 平面ABCD,且平面BCM I平面ABCD BC,所以AC平面BCM .OM, ON.(出)取BC的中點(diǎn)O ,連接 所以 ON | AC,因?yàn)锳C 平面BCM , 所以O(shè)N 平面BCM . 因?yàn)锽M MC , 所以O(shè)M BC.如圖建立空間直角坐標(biāo)系則 M(0,0,1), B(0,1,0)uurumAM =( 2,1,1), BC=(0易知平面BCM的一個(gè)法向量為 m (1,0,0).uuuuuur不妨設(shè)AEAM (01),urn uur urn所以 BE BA AE (2 2 ,2,),設(shè)n (x, y, z)為平面BC

4、E的一個(gè)法向量,豐臺(tái)區(qū)高三數(shù)學(xué)綜合練習(xí)(一)參考答案6 / 7z 0,uuu 皿n BC 則 uuu n BE0,2 y 0,即 了0,(2 2 )x令 x , z 22 ,所以 n ( ,0,22).從而cos m, nir rm n而2解得 或 2.3因?yàn)?1 ,所以由題知二面角E BC M為銳二面角. TT所以在棱AM上存在一點(diǎn)E ,使得二面角E BC M的大小為二,AE 2此時(shí) -.14分AM 318.解：(本小題共14分)(I)記“從上表三個(gè)社區(qū)的志愿者中任取 件D ,1人，此人來(lái)自于 A社區(qū)，并且參與社區(qū)消毒工作”為事30P(D)-.100 120 15037所以從上表三個(gè)社區(qū)的志

5、愿者中任取1人，此人來(lái)自于A社區(qū)，并且參與社區(qū)消毒工作的概率為3.37(n)從上表三個(gè)社區(qū)的志愿者中各任取由表可知:A, B, C三個(gè)社區(qū)負(fù)責(zé)現(xiàn)場(chǎng)值班值守的概率分別為10 3X的所有可能取值為P(X0)P(X2)103302321,289032, 3.14 ,P(X1)452 17 11P(X3)1033 3 10 3 3 10 3 31131101990,2271272140 43 3 10 3 3 10 3 3 90 910 3 3 90 30X的分布列為：X0123P144191459903011分14分(m)D( a) D( c) D( b)19.（本小題共15分）解：（I）因?yàn)?f（

6、x） （x a）ln x x 1(n)(m)所以 f '(x) In x a . x a 由題知 f '(e) Ine 1 ,e解得a 0 .當(dāng) a 0 時(shí)，f (x) x In x x 1 ,所以 f'(x) In x.當(dāng)x (0,1)時(shí)，f'(x) 0, f (x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x (1,+ )時(shí)，f'(x) 0, f (x)在區(qū)間(1,+ )上單調(diào)遞增；所以f(1) 0是f(x)在區(qū)間(0,+ )上的最小值.所以f(x) 0.xln x+a .xf'(x) 0 , f (x)在區(qū)間(1,+ )上單調(diào)遞增,.a由(I)知， f

7、 '(x) In x 一 x若a 0,則當(dāng)x (1,+ )時(shí)，此時(shí)無(wú)極值.若 a 0,令 g(x) f'(x),門" 1 a則 g '(x)=-. x x因?yàn)楫?dāng)x (1,+ )時(shí)，g'(x) 0,所以g(x)在(1,+ )上單調(diào)遞增 因?yàn)?g(1) a 0,而 g(e a) a aea a(ea 1) 0 ,所以存在x0 (1,e a),使得g(x0) 0 .(L /)xo（與，1 -JU)一0+/co極小值Zf '(x)和f (x)的情況如下：因此，當(dāng)x %時(shí)，f （x）有極小值f（x。）.綜上，a的取值范圍是（,0）.15分豐臺(tái)區(qū)高三數(shù)學(xué)綜

8、合練習(xí)（一）參考答案8 / 720.(本小題共14分)b21,解：(I )由題意豐臺(tái)區(qū)高三數(shù)學(xué)綜合練習(xí)(一)參考答案11 / 7b2解得 a22, b2 1.2所以橢圓C的方程為x2 1.2(n )假設(shè)存在點(diǎn)Q使得 OQNOQM .設(shè) Q(m,0),2因?yàn)?OQN OQM 一, 2所以 OQN OMQ .則 tan OQN tan OMQ .ONOQOQOM_ _ 2,所以O(shè)QON OM因?yàn)橹本€y yo交橢圓C于A, B兩點(diǎn)，則A, B兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱.設(shè) A(X0, y°),B( X0, y°) (X01),因?yàn)?P(1,0),則直線PA的方程為：y 0(x 1).X0

9、1令x 0，得yMy。X0 1直線PB的方程為：y 2(x 1). X0 1令 X 0,得 yN-.X0 1_ _ 2一 .一因?yàn)?OQON|OM ,2所以m2-y.X0 1又因?yàn)辄c(diǎn)A(X0,y°)在橢圓C上, 所以 y2 2(1 X02).所以m22(1 X0)2 .即m 屜1 X2所以存在點(diǎn)Q( j2,0)使得 OQNOQM一成立.214分21 .(本小題共14分)解：(I ) 1, 1 , 1 , 1, 1; 1, 0, 0, 0, 1. 4 分(n) (i)由題意，存在 k 1,2,K ,n 1，使得 bkbk 1 1.若 k 1 ,即 0 b2 1 時(shí)，Ci C2 0.于是

10、 bn b2 1,b b3 1 .所以 cnc30,所以b4b21.即b2b3b41.依次類推可得 bk bk 1 1 (k 2,3,L ,n 1).所以 bk 1 (k 1,2,K,n).若 2 k n 1 ,由bk bk 1 1 得 CkCk 10.于是 bk1 bk 1 bk1.所以Ck1 Ck0.依次類推可得b1b2 1.所以 bk 1 (k 1,2,K,n).綜上可知，數(shù)列 B中的每一項(xiàng)均為1.(ii)首先證明不可能存在k 2,K ,n 1使彳b bk 1 bk bk 1 0.若存在 k 2,K , n 1 使得 bk 1bkbk 1 0 ,則 Ck 1 Ck Ck 11.又bk1

11、bk1得Ck 0與已知矛盾.所以不可能存在 bk 1 bk bk 10, k 2,K,n 1 由此及(i)得數(shù)列bn的前三項(xiàng)b1，b2, b3的可能情況如下: bb2 b3 1 時(shí)，由(i)可得 bk 1(k 1, 2,K ,n).于是 Ck0 （k 1,2,K,n）.所以所有項(xiàng)的和S 0.(2)b 1,b20,b31 時(shí)，C20,此時(shí)b2C20與已知矛盾 bi 1,b20,b30時(shí)，G 0,C2 1,C3 1.于是 bn b2 0,b2b4 1.故 Cn 1,C40,b5b3 0于是 bbn 1 0,C51,b60,于是 bb4,b2b5,b3 b6,且bn21,bn 10,bn 0.依次類推bk