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- 2021-06-07 发布
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2020
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A D A B D C B C D B A C
1. 解析:因为 1,0,5U B =−ð ,所以 1,0,3,5UAB=−ð . 选 A.
2. 解析:因为 3
111=i1i22z =−−
,所以复平面内 z 对应的点 11,22
−
位于第四象限. 选 D.
3. 解析:由已知得 (2,2)abx−=− ,所以 4 (2 ) 0 x− − = ,解得 2x =− ,选 A.
4. 解析:因为 0cd,所以 110 cd ,由不等式的性质可知:选 B.
5. 解析:依题意, 151.6182
s
a
+=,所以 1.618611.604PHsa== ,选 D.
6. 解析:购买该食品 4 袋,卡片编号的所有可能结果为 44 ,获奖包含的基本事件个数 4
4A24= ,所以购买该
食品 4 袋,获奖的概率为 3
32 ,选 C.
7. 解析:设 ( )fxt = ,令 ( ) 0ft= ,则 1t = 或 1t =− .当 0x 时,由 ( ) 1fx= ,得 2x = ,由 ( ) 1fx=− ,得 0x = ;
当 0x 时,由 ( ) 1fx= ,即 1 11x +=,无解;由 ( ) 1fx=− ,即 111x+=− ,得 1
2x =− ,所以有三个零点,
选 B.
8. 解析:输入 0, 1, 1a b i= = = ;第 1 次循环: 1,1,1,2cabi==== ;
第 2 次循环: 2,1,2,3cabi==== ;第 3 次循环: 3, 2, 3, 4c a b i= = = = ;
第 4 次循环: 5,3,5,5cabi==== ;第 5 次循环: 8,5,8,6cabi==== ;
第 6 次循环: 13,8,13,7cabi==== ;…
因为输出 13b = ,所以 7i = 时就要输出,结合选项,选 C.
9. 解析:因为 4 8S = , 8416SS−=, 128SS− , 16 12SS− 成等比数列,所以 12 8 32SS−= , 16 12 64SS−=,
16 4 8 412 816 12() () () 8 16 32 64 120S S S SS SS S= + − + − + − = + + + = ,选 D.
10. 解析:设椭圆C :
2
2 14
x y+=的左焦点为 1F ,则 1
1
2OP OF F F== ,所以 1PF PF⊥ ,
所以△ PFO 的面积 1
21 1 1tan2 2 4 2PF FS S b = = = ,选 B.
11. 解析:因为 (0)f = - ()2f ,所以 1
2 = s i n ( )26
− ,即 =+2266 k− 或 5=+2266 k− ,
即 2= + 43 k 或 =2 + 4k ,( k Z ),又因为在( 0 2
, )上有且仅有三个零点,
2
2
4
,所以 48,所以 为 14
3
或 6 ,选 A.
12. 解析:将正方体 1111ABCDABCD− 补全成长方体,点 1C 关于面 A B C D 的对称点为
2C ,连接 2EC 交平面 A B C D 于一点,即为所求点 F ,使 1EF FC+ 最小.其最
小值是 2EC .连接 2 1 2,A C B C ,计算可得 2 2 3,AC = , 12 25BC = , 1 22AB = ,
所以 12A B C 为直角三角形,所以 2 14EC = ,选 C.
二、填空题
13. 解析:则 ( ) 4 l n
e
xxfx = ,由导数的几何意义知函数 ( )fx在点 ( )e ,e 处的切线斜率 ( )e4kf==,则函数
在点 ( )e ,e 处的切线方程为 ( )e 4 eyx− = − 即 4 3eyx=−.
14. 解析:因为 73
11(3 )()2473
SS adadd−=+−+== ,所以 2d = , 5149aad=+= .所以 5a = 9.
15. 解析: ()62Enpp === ,所以 1
3p = ,又因为 24( ) (1 ) 2 33D n p p = − = = ,所以
(3 2)D +=9 ( ) 12D = .
16. 解析:由图和对称性可知, OP 是线段 1FP 的垂直平分线,又 OQ 是
12Rt FQF 斜边中线,所以 1260FOPPOQQOF= = = ,所以 2e =
三、解答题
(一)必考题
17. 解析:(1)因为 cos 2
ca b C=−,所以 1sin sin cos sin2A B C C=−,
1sin cos cos sin sin cos sin2B C B C B C C+ = − ,可得 1cos 2B =− , 2
3B = . ………6 分
(2)因为 D 是 AC 边的中点,所以 11
22BDBABC=+,
2 22 221 1 1 1 1 1 12 4 2 4 ( ) 34 4 2 4 4 2 2BD BA BC BA BC== + + = + + − =
所以 3BD = . ………12 分
D1
A1 B1
C1
A B
D C
E
F
G
x y
z
D1
A1 B1
C1
A B
D C
E
F
G
18. 解析:(1)证明:取 1CF 的中点 G ,连接 EG ,
因为 E 为棱 11AD 中点,所以 EG ∥ 11DC ,
又因为 ∥ DC ,所以 ∥ ;
因为 111111 22ABBCCD==,所以 11E G D C D C==,
故四边形 E DC G 为平行四边形,所以 DE ∥ CG .
因为 DE 平面 1C C F , CG 平面 ,
所以 DE ∥平面 . ………5 分
(2)解:等腰梯形 ABCD中,连接 BD ,
因为 2 2 2AB BC CD= = = ,所以 60D A B=;
△ ABD 中,由余弦定理得 3BD = ,所以 90A D B=,
故可以 DA , DB , 1DD 分别作为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,则
(1,0,0)A , 1(0, 3, 3)B , 1 ,0,32E
, (0,3,0)B ,
设 ( )1 ,,nxyz= 为平面 1B D E 的一个法向量,
则 1
11
1 302
3 3 0
n DE x z
n DB y z
= + =
= + =
可取 1y = ,则 ( )1 23,1,1n =−,
取平面 A D E 的一个法向量为 ( )2 0,1,0n = ,
所以 12
12
12
14cos 1, 4
nnnn
nn
==
,
即锐二面角 1B DE A−−的余弦值为 14
14
. ………12 分
19. 解:(1)按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为
( ) ( )( )1 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 31 1 1P p p p p p p p p p p p p p p p p p p= + − + − − = + + − − − + ;
若甲在先,丙次之,乙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为
( ) ( )( )1 1 3 1 3 2 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 31 1 1P p p p p p p p p p p p p p p p p p p= + − + − − = + + − − − + ;
发现任务能完成的概率是一样.同理可以验证,不论如何改变三个人被派出的先后顺序,任务能被完成的
概率不发生变化. ………6 分
(2)由题意得 X 可能取值为 1, 2 ,3 ,
按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,所需派出的人员数目的分布列为:
X 1 2 3
P 1p ( )121 pp− ( )( )1211pp−−
所以 ( ) ( ) ( )( )11212121212131123EXpppppp ppp=+−+−−=−−+ .
因为 ( ) ( )( )121221 23211EXpppppp=−−+=−−+ ,且 1231 p p p ,
其他情况同理可得,所以要使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小,只能先派甲、乙中的一
人.
若先派甲,再派乙,最后派丙,则 ( )11212 23EXpppp=−−+ ;
若先派乙,再派甲,最后派丙, 则 ( )21221 23EXpppp=−−+ ;
所以 ( ) ( ) ( ) ( )121 2121 22121 23230E XE Xp pppp ppppp−=−−+−−−+=−
所以先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值(数学期望)达到最小. ………12 分
20. 解:(1)由题意可知,动圆圆心 P 到点 1 02
( ,)的距离与到直线 1
2x =− 的距离相等,所以点 的轨迹
是以 为焦点,直线 为准线的抛物线,所以曲线 C 的方程为 2 2yx= .………5 分
(2)易知 ( )22M , ,设点 11()A x y, , 22()B x y, ,直线 AB 的方程为: xmyb=+,
联立 2 2
x my b
yx
=+
=
,得 2 220ymyb−−= ,所以 12
12
2
2
yym
yyb
+=
=−
,所以
2
12
2
12
22x x m b
x x b
+ = + =
因为 12
12
12
22=122
yykk xx
−−=−−,即 1 2 1 2 1 2 1 22 + = 2 +y y y y x x x x−−( ) ( ),
所以 222440bbmm−−+= ,所以 221 = 2 1bm−−( ) ( ),所以 2bm= 或 2+2bm=−
当 2 +2bm=− 时,直线 的方程: 22x my m= − + 过定点( )22, 与 M 重合,舍去;
当 2bm= 时,直线 的方程: +2x my m= 过定点( )02−, ,所以直线 AB 过定点( )02−, .
………12 分
21. 解:(1) ( ) ( ) e sinxg x f x x= = + ,则 ( ) e cosxg x x =+ ,
因为 c o syx= 与 e xy = 在 ( ,0 )− 均为增函数,故 ( )gx 在 为增函数,
又 ( ) e10g − −=− , ( )0 2 0g =,结合零点存在性定理知:存在唯一 0 ( ,0 )x − 使得 ( )0 0gx = ,
若 0( , )xx− , ( ) 0gx ;若 0( ,0 )xx , ( ) 0gx ;故 ( )gx在区间 存在唯一极小值点.
……6 分
(2)由(1)可知 在区间 存在唯一极小值点 0x ,所以 ( ) 2
0 ()e102gxg
−
−=− ,
又 (0 ) 1 0g = , ( ) e 0g −− = ,结合零点存在性定理知:存在唯一 10( , )xx− 使得 ( )1 0gx = ,
存在唯一 20( ,0 )xx 使得 ( )2 0gx = ,故当 12(,)(,0)xxx − ∪ 时, ( ) 0gx ,当 ( )12,x x x 时, ( ) 0gx ,
故 ( )fx在 1( , ) x− 和 2( ,0 )x 为增函数,在 ( )12,xx 为减函数,则 ( ) ( )1 e 1 0f x f − − = +
且 ( ) ( )2 00fxf =,由零点存在性定理:存在唯一 12( , )m x x 使得 ( ) 0fm= ,
故函数 ( )fx在 [ ,0]− 有且仅有 xm= 与 0x = 两个零点;
当 (0 , )x + 时, e 1 c o sx x ,则 ( ) 0fx ,故函数 在 (0 , )+ 没有零点;
综上所述, 有且仅有 2 个零点. ………12 分
(二)选考题:第 22、23 题中任选一题做答。如果多做,则按所做的第一题记分。
22. 解:(1)直线l 的参数方程为
1cos 4
1sin 4
xt
yt
=+
=+
,即
21 2
21 2
xt
yt
=+
=+
………5 分
(2)将
21 2
21 2
xt
yt
=+
=+
代入 224xy+=,化简整理得: 2 2220tt+−= .
因为 4PA PB AB+ = = , 1222PA PB t t- = + = .
所以 2282PAPB-=. ………10 分
23. 解:(1)依题意有 01x# ,令 1y x x= + - ,则 2 1 2 (1 ) 1 (1 ) 2y x x x x= + - ? + - = ,所以02y# ,
当且仅当 1xx=- ,即 1
2
x = 时,等号成立,故 ()fx的最大值为 2 . ………5 分
(2)由(1)知, ()fx的最大值为 2 ,
又因为关于 x 的不等式 ( ) 1f x a? 有解,
所以 12a -? ,解得1 2 1+ 2a- # ,即 [1 2,1 2]a ?+. ……… 10 分
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