河南省开封市2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题答案（理） 4页

（理科） ·1· 开封市 2020 届高三第三次模拟考试 数学（理科）试题参考答案 一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A C C B B D D A C A D 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13. 0 14. 1 4 15. 31 16. 3 3 3 22 ， （本题第一空 3 分，第二空 2 分） 三、解答题（共 70 分） 17.解：（1）由  1 2 =2n n nn a a a  ，得  1=2 +1nnna n a ， 1 =2+1 nnaa nn   ， ……3 分 所以数列 na n  是以 1 为首项，2 为公比的等比数列. ……5 分 （2）由（1）知， 1=2nna n  ， 1=2n nan  . ……7 分 0 1 2 3 1=1 2 2 2 +3 2 +4 2 2n nSn          1 2 3 12 = 1 2 2 2 +3 2 + 1 2 2nn nS n n          ……9 分 0 1 2 1=2 2 +2 + 2 2nn nSn      ……10 分 = 1 2 2nn nSn     ……11 分  =1 2 1n nSn ……12 分 18.（1）证明：连接 AC，ABCD 是边长为 2 的正方形， F 是 BD 的中点，也是 AC 的中点， 又 E 是 PC 的中点，∴EF∥PA， ∵EF  CD，∴PA CD，……2 分 ∵AD CD，AD∩AP=A，∴CD 平面 PAD，……4 分 又∵CD平面 ABCD，∴平面 PAD 平面 ABCD.……5 分 （2）由（1）知 EF∥PA, ∴EF 与平面 PDB 所的成角等于 PA 与平面 PDB 所成角， 取 AD 中点 O，连接 PO， ∵△ PAD 是边长为 2 的等边三角形， ∴PO AD 且 PO= 3 ， 由（1）知平面 PAD 平面 ABCD，故 PO 平面 ABCD，……7 分 以 O 为原点，OA,OF,OP 所在直线分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系 O-xyz， 则 O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),P(0,0, ),D(-1,0,0),      1,0, 3 , 1,2, 3 , 1,0, 3 ,PA PB PD       ……9 分 设平面 PDB 的法向量为  ,,x y zn ，则 =0 =0 PB PD    n n , 2y 3 = 0 3 = 0 x+ z xz    ， （理科） ·2· 令 z=1，∴  3, 3,1n ， 2 3 21cos , 727 PAPA PA       nn n ，……11 分 ∴EF 与平面 PDB 所成角的正弦值为 7 21 .……12 分 19.（1）解： 椭圆C 的上顶点 A 与左、右焦点 1F ， 2F 构成一个面积为1的直角三角形. 1 bc bc   1bc   ，……2 分 2 2 2 2a b c    ……4 分 椭圆 的方程为 2 2 1.2 x y……5 分 （2）证明：①当直线l 的斜率不存在时，直线 的方程为 2x  ， 点 ， 到直线 的距离之积为  2 1 2 1 1   ……6 分 ②当直线 的斜率存在时，设其方程为 y kx m， 联立 2 2 12 y kx m x y   得 2 2 21 2 4 2 2 0,k x kmx m     ……8 分       2 2 2 2 24 4 1 2 2 2 8 2 1 0km k m m k          ， 2212mk   ……9 分 点 1F 到直线 :l y kx m的距离 1 2 1 kmd k   ，点 2F 到直线 的距离 2 2 . 1 kmd k   2 2 2 2 12 2222 21 1.1111 m k k kk m k mdd kkkk           ……11 分 综上，可知当直线 与椭圆 相切时，点 ， 到直线 的距离之积为定值 1.……12 分 20.解：（1） 1() xxf x ae axe x     ……1 分 因为函数 ( ) lnxf x axe x b   在 1x  处的切线为  21y e x e   ， 所以 (1) 1 (1) 2 1 2 1 f ae b e f ae e           ……3 分 解得 1, 1ab   ……5 分 （2）由 ()f x mx 得：  ln 1 0xxe x mx x    ，即 ln 1xxe xm x  ， 令 ln 1() xxe xx x  ，则 2 2 ln() xx e xx x   ，……6 分 令 2( ) lnxh x x e x， ()hx在 (0, ) 单调递增， 1 2 22 11 1 1 0e ehee e e      ，  10he， ()hx 在 1( ,1)e 存在零点 0x ， 即 02 0 0 0( ) ln 0xh x x e x   ，……8 分 （理科） ·3· 0 0 0 1ln2 0 0 0 0 00 ln 1ln 0 (ln )( )x x xxx e x x e exx      ， 由于 xy xe 在 (0, ) 单调递增，故 00 0 1ln lnxxx   ，即 0 0 1xe x ，……9 分 ()x 在 0(0, )x 减，在 0(x ， ) 增， 0 0 0 0 00 ln 1 1 1( ) 1 x min x e x xx xx       ，……11 分 所以 1m ．……12 分 21.解：（1）根据散点图可判断， dy cx 更适合作为 y 关于 x 的回归方程类型. ……1 分 对 dy cx 两边取对数，得ln ln lny c d x ，即 lnv c du， 由表中数据得： =1.5vu ， 10 1 10 22 1 30.5 10 1.5 1.5 1 346.5 10 1.5 1.5 3 ， 分             ii i i i u v nuv d u nu 1ˆln 1.5 1.5 1 ,3c v du c e      ，所以 所以 y 关于 x 的回归方程为 1 3y ex ……4 分 （2）     12 3327 9 1，    z x x x z x x ，令   0， zx 得 x=27，……5 分 当  0,27x 时，   0， zx  zx单调递增； 当  27, x 时，   0， zx 单调递减. ……7 分 所以预计下一年投入 x=27 千万元时， 年利润 z 取得最大值为   1 327 27 27 27 54z     千万元. ……8 分 （3）因为 2 0.5 0.53， ，       所以         0.50 0.53 2 2 0.9545 0.6827 0.6827 0.8186 92 ， 分                                  P X P X P X P X     1 0.68270.53 2 ，     P X P X ……10 分 1 0.6827( ) 0 2 0.8186 4 2.2718 2.27( ).2 元      EY ……12 分 22.解：（1）已知曲线 1C 的参数方程为  cos 1 sin ， 为参数       x y ， 消去参数 得  22 1 : 1 1C x y   .……1 分 （理科） ·4· 将曲线 1C 化为极坐标方程为 1 : 2sinC  .……2 分 联立曲线 和 2C 极坐标方程 2 3 cos 2sin      得： 交点 A的极坐标为 3, 3   ，化为直角坐标为 33,22   .……5 分 （2）连结OA，由（1） 点极坐标 可得： 3 3 ， ，  OA AOx 将直线 与曲线 和 联立可得    2sin , , 2 3 cos ,BC    . 2sin , 2 3 cos ,OB OC COx BOx         63AOB AOC        分   2 11 = sin sin22 11 = 3 2 3 cos sin 3 2sin sin2 3 2 3 = 3 sin 3 cos sin3 =2 3 sin 3 = 3 8 ABC AOC AOBS S S OA OC AOC OA OB AOB                                          分 2 1sin 32     ， 0, . 103 12     ， 分 23.解：（1）由已知得： 3 22 1 22 m m     ，解得 13 22m，……3 分 因为 ,mN 所以 1m  ..……5 分 （2） 3abc   ，……6 分 1+ 1+ 1+ 3+ + += 1 1 1 32 2 2 2 a b c a b ca b c a b c             ……8 分 当且仅当 1  abc 取等号 所以 abc最大值为 3．……10 分