江淮十校2020届高三第一次联考理数答案 12页

理科数学参考答案 一．选择题 1.B 解析：  22|  yyyA 或 ，  22  xB 则  2,2 BA 所以 P 的子集个 数为四个,选 B. 2.B 解 析 ： 令 yixz  则 有     443 22  yx ， 22 yxzz  所 以 其 最 大 值 为   4952 2  选 B. 3. B .∵ , ,a b c 为正数，∴当 2, 2, 3a b c   时，满足 a b c  ，但 2 2 2a b c  不成立，即充 分性不成立，若 2 2 2a b c  ，则 2 22  a b ab c ，即 2 2 22   a b c ab c ， 即  2 2 a b c ，即 a b c  ，成立，即必要性成立， 则“ a b c  ”是“ 2 2 2a b c  ”的必要不充分条件， 故选： B ． 4.B 解析：∵ 2a b a   ∴ 22 2 0, 2 cos , 0a b a a b a a b          即 , ∵ =a b , ∴ 1cos , 2a b  ，∴ ,a b 的夹角为 3  故选：B 5．C 解 析 ： 根 据 对 数 函 数 的 单 调 性 可 以 得 到 1 1 3 3 ln ln 1, log log 1 0,x e z       根 据 指 数 函 数 的 性 质 可 得   1 3 0,1 ,y e z y x       ，故选 C. 6 A 解析：如图：设 2BC  ，以 B 为圆心的扇形面积是 22 2 6 3    ， ABC 的面积是 1 32 2 32 2     ， 所以勒洛三角形的面积为 3 个扇形面积减去 2 个正三角形面积， 即 2 3 2 3 2 2 33      ， 所以在勒洛三角形中随机取一点，此点取自正三角形外部的概率是  32 332 322 31        故选 A 7.C 解析：因为 AD 在平面 1 1ADD A 内，且平行平面CBF ，故 A 错误； 平面 CBF 即平面 1 1A D CB ，又平面 1 1A D CB 与平面 ABCD 斜相交， 所以在平面 ABCD 内不存在与平面 CBF 垂直的直线，故 B 错误； F 到平面 ABCD 的距离不变且 FC 变小，FC 与平面 ABCD 所成的角变大 故 C 正确； 平面 CBF 即平面 1 1A D CB ，点 D 到平面 1 1A D CB 的距离为定值，故 D 错误. 故选 C. 8.A 解析： 36 36 37 37 44 40 43 44 43 409x          , 2 16 16 9 9 16 0 9 16 9 100 9 9s          10 3s  ,年龄在 ( , )x s x s  内，即 110 130,3 3      内的人数有 5 人， 所以年龄在 ( , )x s x s  内的人数占公司总人数的百分比是等于 5 056 09  ，故选 A. 9 C 解析：由题意可知   xxf 2sin 则只有 C 选项符合 答案：C 10.B 解析：对任意实数 x ，恒有 01 axex 成立，则可得 1a ，关于 x 的方程 01ln)(  xxax 转化为 1 1ln   x xx ，若 1x 满足 1 1ln 1 1 1   x xx ，则有 11 11 1ln 1 1 1    x x x 结 合原方程有两根 为 )(, 2121 xxxx  ，所以 即 1 2 1 xx  121  xx 故选 B 11.B 解析： a cea bkk BMAM  2 2 ，由于 222 acb  则解得 2 15 e ，选 B 12.A 解析：如图，取 AB 中点 E，连接 CE，DE，设 2 (0 1)AB x x   ， 则 21CE DE x   ， 当平面 ABC  平面 ABD 时，四面体体积最大， 四面体的体积 2 2 31 1 1 12 1 13 2 3 3V x x x x x         ． 21' 3V x  ， 当 30, 3x      时，V 为增函数，当 3 ,13x      时，V 为减函数， 则当 3 3x  时，V 有最大值 ABC 与 ABD 外接圆的半径 4 6r ，则四面体 ABCD 的外接球半径 12 52 222  xrR 所以时其外接球表面积为  3 5 ，选 A 二．填空题 13： 2 3 14. -30 15 1,5  16.  1 17.(1) ① ②............3 分 ①-②得 （2）   6 1 2 1nS n n n      16 1 2 1 , 2nS n n n n     2 1 2 1 1 n n a n n a a n      当 时， 符合上式. 2 1 1 1 1 1 4 1 2 2 1 2 14 1 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1 1 112 2 1 1 10,0 1 12 1 2 1 1 .2 n n n n b a n nn T n n n n N n n T                                         ....................................................................10 分 18. 解 析 ： （ 1 ） 由 0 ACBA 可 得 0cos A ， 3 1 3 221sin1cos 2 2       AA ........2 分 因为 CBA 222 sin3sinsin  ， 由正弦定理可得： 222 3cba  即 222 3cba  又 3 1 2cos 222  bc acbA ，所以   3 1 2 3 2222  bc cbcb 化简整理可得： 3 1 b c ； .......6 分 由正弦定理 3sin sin  c b C B ......7 分 （2）由（1）可知， cb 3 且 222 3cba  ， 2a 联 立 可 解 得 3,3 3  bc .......10 分 所 以 ABC 的 面 积 3 2 3 22 3 332 1sin2 1  AbcS .......12 分 19（1）由题意可得， ABD CBD   ,从而 AD DC ， 又 ACD 是直角三角形，所以 090ADC 取 AC 的中点 O，连接 DO，BO，则 ,DO AC DO AO  ， 又由 ABC 是正三角形，所以 BO AC ，.......2 分 所以 DOB 是二面角 D AC B  的平面角, 在直角 AOB 中， 2 2 2BO AO AB  ， 又， AB BD 所以 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD     ，故 090DOB  ，所以平 面 ACD  平面 ABC 。.........5 分 （2）由题设及（1）可知OA,OB ,OC 两两垂直，以O 为坐 标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则        1,0,0 , 0, 3,0 , 1,0,0 , 0,0,1A B C D E 为 DB 的中点，得 3 10, ,2 2E       . 故 3 1( 1,0,1), ( 2,0,0), ( 1, , )2 2AD AC AE        , 设 ( , , )n x y z 是平面 DAE 的法向量，则 0 0 n AD n AE         ，即 0 3 1 02 2 x z x y z       ， 令 1x  ，则 3 , 13y z  ，即平面 DAE 的一个法向量 3(1, ,1)3n  ，....7 分 设 ( , , )m x y z 是平面 AEC 的法向量，则 0 0 m AC m AE         ， 可得平面 AEC 的一个法向量 (0, 1, 3)n   ，...9 分 则 7cos , 7 m nm n m n         ，即二面角 CAED  的余弦值为 7 7 ........11 分 所以二面角 CAED  的正弦值为 7 42 7 11  ........12 分 20：（1）设  ,C x y  0y  .则 ,3 3 x yG     ，由于 㣐ᙵᙵʒ끄 则      3,0 yQ ...........2 分 由 2 2 2 41 9 9 y yQA QC x     2 2 13 yx   ①......4 分 故轨迹 E 的方程为   2 2 1 03 yx y   .....5 分 （2）    2211 ,,,1 yxNyxMkxyL yL ，设：假设存在直线 轴重合时不符合条件。与当  联立 131 2 2  yxkxy 与 则有   分7........3 2,3 2 ,0223 221221 2 kxxk kxx kxk     由于 PNMP 2 则有 22 2 1 21  x xxx 即   2 222 2 2 21 2 21 3 2 2 3 3 4 k kk k k xx xx              由于   2 12 1 2 2 1 21 2 21  x x x x xx xx 则有 112  kk 即 ，......10 分 则直线 L 过    0,1,0,1 或 ......11 分 所以直线 L 不存在......12 分                                       分时当是偶函数又 单调递减时当， 单调递增；时，单调递减；当时，当 分，得时当 、 5..............00,2,2,, 00,,0',2,0;0412'00' ',0''2,3',0''3,0 2..............30'',2,02 1cos'' 2,2,2 1sin'2,2,14 1cos121 2                               fxfxxfxfxf fxfxfxfxff xfxfxxfxfx xxfxxxf xxxxfxxxxf                                                           分有三个零点综上： 有且只有一个零点；，无零点，在，在是偶函数，又 分上有且只有一个零点；在上有且有一个零点，即，无零点，在在 单调递增；时，，单调递减；当时，当 分时， 单调递增， 时，当 分无零点；时，当 分有一个零点时，可知，当由 三个零点 12....... 233 11.....3,23,2 ,04 53cos3,02,01162 ,0'3,0',2 9.........;.........0'3,2 02 33sin3',0412'' 02 1cos'',2 1sin'3,2 7........,04 91cos,3 6;......0,2,21 2 00 0 2 00 0 xf xfxf xfxxxf ffxff xfxfxxxfxfxx xfx ffxf xxfxxxfx xfxxfx xxfx                                                           22 （1）         8 1 2 16,8 3 2 15 8 3 2 14,8 1 2 13 6,54,3 33 2 3 3 1 3 3                   XPCXP CXPXP X ，可取 分布列如下： X 3 4 5 6 P 8 1 8 3 8 3 8 1 ........3 分 2 9 8 168 358 348 13 EX .........4 分 （2）易知棋子先跳到第 2n  站，再掷出反面，其概率为 2 1 2 nP  ；棋子先跳到第 1n  站， 再掷出正面，其概率为 1 1 2 nP  ，因此有  1 2 1 2n n nP P P   ，...........6 分 即  1 1 2 1 2n n n nP P P P      ， 也即..  982)(2 1 11   nPPPP nnnn ..........8 分 （3）由（2）知数列  1 1n nP P n  是首项为  1 1n nP P n  1 0 1 112 2P P     ， 公比为 1 2  的等比数列.因此有    1 1 1 0 11 2 2 nn n n nP P P P           ...........10 分 由此得到 99 98 99 100 1 1 1 2 11 12 2 2 3 2P                               ........11 分           9998 99 9899 2 113 2,2 1 PPP 则又 由于若跳到第 99 站时，自动停止游戏，故有 100 98 99 1 1 112 3 2P P       ............12 分