【全国百强校】江西省高安中学重点班2020届高三下学期第一次周考数学（理）答案

第 1 页 共 5 页 高安中学高安中学 20202020 届高三周考试题 届高三周考试题 一一 理科重点班数学试题理科重点班数学试题参考答案参考答案 123456789101112 ABCDADBADDAB 13141516 4 ln6 8 03222 22 xyx 7 B 解 析 依 据 程 序 框 图 可 得 n 13 S 0 13 a 是 S 13 n 12 12 a 是 S 25 n 11 11 a 是 S 36 n 10 11 a 是 S 46 n 9 9 a 否 输出 S 46 故 91 有三个不同的实数根 即函数 y f x 与函数 y loga x 2 的图像在区间 2 6 上恰有三个交点 作出两函数在 2 6 上的图像如图所示 由图可知 log 6 2 log 2 2 解得 4 a0 可知 an a4 4 15 4 1 4 又因为 an 的最小项 的值为 1 4 所以当 n 5 时 aln n 1 4 1 4 即 aln n 8 又因为 ln n ln 5 0 所以当 n 5 时 a 8 lnn恒成 立 只需 a 8 ln6 即实数 a 的取值范围是 8 ln6 17 解 因为 2 32 cos3cossin 2 xxxxf 1 2 3 2 2cos1 32sin 2 1 x x12cos 2 3 2sin 2 1 xx sin 21 3 x 由 2 2 3 2 2 2 kxk 解得 1212 5 kxk Zk 所以函数 xf的单调递增区间为 5 1212 kkkZ 因为1 Af 所以0 3 2sin A 又因为ABC 为锐角三角形 所以 2 0 A 4 2 333 A 所以 3 2A 故有 3 A 已知能盖住ABC 的最小圆为ABC 的外接圆 而其面积为 4 所以 4 2 外 R 解得2R 外 ABC 的角CBA 所对的边分别为cba 由正弦定理42 sinsinsin 外 R C c B b A a 所以32 3 sin4 a Bbsin4 Ccsin4 2 4sin4sin4sin4sin 4 3sin 36 bcBCBBB 由ABC 为锐角三角形 所以 26 B 所以 3 2 63 B 第 3 页 共 5 页 则1 6 sin 2 3 B 故 346 cb 所以 36326 cba 故此ABC 的周长的取值范围为 36 326 18 解 当 2 2PB 时 平面PAD 平面ABCD 理由如下 在PAB 中 结合已知有2ABADPA 2 2PB 满足勾股定理 所以 ABPA 又ABAD AADPA 所以ABPAD平面 而ABABCD平面 所以平面PAD 平面ABCD 分别取线段ADBC 的中点OE 连接POOE 因为APD 为等边三角形 O为AD的中点 所以POAD 且 OEAB 又ABAD 所以OEAD 故POE 为 二面角PADB 的平面角 所以 150POE o 如图 分别以 OA OE 的方向以及过O点垂直于 平面ABCD向上的方向作为x yz 轴的正方向 建立空间直角坐标系Oxyz 因为 3OP 150POE o 所以 33 0 22 P 1 0 0A 1 2 0B 1 1 0C 可得 2 3 2 5 1 2 3 2 7 1 0 2 0 PCPBAB 设 zyxn 为平面PBC的一个法向量 则有 0 0 PCnPB 即 73 0 22 53 0 22 xyz xyz 令x 1 可 34 2 1 n 直线AB与平面PBC所成角为 则有 53 2 sin 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 2 53 53 19 解 1 X 的所有可能取值为 1 0 1 P X 1 1 P X 0 1 1 P X 1 1 所以 X 的分布列为 2 证明由 1 得 a 0 4 b 0 5 c 0 1 因此 11 1 05 04 0 iiii pppp 故 11 4 01 0 iiii pppp 即 11 4 iiii pppp 又因为 p1 p0 p1 0 所以 ii pp 1 i 0 1 2 7 是公比为 4 首项为 p1 的等比数列 解由 可得 p8 p8 p7 p7 p6 p1 p0 p0 p8 p7 p7 p6 p1 p0 p0 3 14 8 p1 由于 p8 1 故 p1 14 3 8 所以 p4 p4 p3 p3 p2 p2 p1 p1 p0 p0 3 144 p1 1 257 p4 表示最终认为甲药更有效的概率 由计算结果可以看出 在甲药治愈率为 0 5 乙药治愈率为 0 8 X 101 P 1 1 1 1 第 4 页 共 5 页 时 认为甲药更有效的概率为 p4 1 257 0 003 9 此时得出错误结论的概率非常小 说明这种试验 方案合理 20 解 由OMF 是等腰直角三角形 可得1 22bab 故椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y 由AOB 构成三角形 所以AB不垂直x轴 设过点 02 N 的直线AB的方程为 2ykx AB 的横坐标分别为 AB xx 联立直线AB与椭圆C的方程 消元可得 22 12 860kxkx 首先 2 16240k 有 2 3 2 k 同时 22 86 1212 ABAB k xxx x kk 所以 2 2 22 1624 4 12 ABABAB k xxxxx x k 令 2 kt 则 3 2 t 2 1624 12 AB t xx t 令 3 2 ut 则0u 2 2 2 4 4 1 2 24 4 2 时取等当且仅当 u u u u u xx BA 又AOB 面积 2 2 12 1 2 1 AOBABAB Skxxxx k 所以AOB 面积的最大值为 2 2 假设存在直线l交椭圆于P Q 两点 且使点F为 PMQ 的垂心 设 1122 P xyQ xy 因为 1 0 0 1 FM 1 MF k 所以 1 PQ k 于是设直线l的方程为y xm 联立椭圆方程 消元可得 22 34220 xmxm 由0 得 2 3m 同时 且 2 1212 422 33 mm xxx x 由题意应有 FQMP 其中 1 1 2211 yxFQyxMP 所以 1221 1 1 0 x xyy 2 1212 2 1 0 x xxxmmm 2 2 224 2 1 0 33 mm mmm 解得 4 3 m 或1m 当1m 时 PMQ 不存在 故舍去 当 4 3 m 时 所求直线l存在 且直线l的方程 4 3 yx 21 解 易知函数 f x的定义域为 0 且 2 3 3 2 2 aax fxx xx 当0a 时 有 0fx 所以函数 f x的单调减区间是 0 当0a 时 由 0fx 有 2 x a 故函数 f x的单调增区间是 2 a 单调减区间是 2 0 a 因为函数 f x有两个零点 1212 xx xx 由 知0a 且 22 ln0 22 aa f aa 解得2ae 欲证不等式 21 2 ln10 e axx a 成立 只需证 21 1 ln 2 e xx aa 成立 第 5 页 共 5 页 也就只需证 1 2 21 a e xxe a 成立 即需证 1 2 12 2 a e xxe aa 成立即可 一方面 因为2ae 所以 1 1 21 1 a ee ae 因此 11 0 2 11 0 22 aa f eee 所以 1 2 2 0 a f ef a 且 f x在上 2 a 单调递增 故有 1 2 2 2 a xe a 另一方面 研究 2 ln eae fa aea 的符号我们考察函数 1 lng xx ex 因为 22 111 ex g x xx 易知 1 lng xx ex 在 1 0 e 上单调递减 在 1 e 上单 调递增 所以 min 1 1 10gxg e 故 0g x 即 1 ln x ex 在定义域上恒成立 则 2 ln0 eae fa aea 另外 2 2 22 22 224 0 eeaee aaaa 结合 2 0 e ff aa 且 f x在 2 0 a 上单调递减 有 1 2e x aa 综上所述不等式 1 2 12 2 a e xxe aa 成立 所以原不等式成立 22 解 由 cos3sin sin3cos x y 平方取和有 2222 4sin4cos4xy 则曲线C的普通方程为 22 4xy 代入 222 xy 有曲线C的极坐标方程 2 02 由射线 3 OM 与曲线C交于点A 有2OA 又射线 3 OM 与直线l交于点B 所以代入 3 得2 3OB 因为OAB 三点共线 所以2 32ABOBOA 23 解 因为 1f xx 即 32 1 1 12 1 23 2 xx f xxx xx 解得 2 4 3 x 所以不等式 1f xx 的解集为 2 4 3 由 32 1 1 12 23 2 xx f xx xx 易知 1f x 即1k 由柯西不等式知 2 12 2228ab ab 即由21ab 有 12 8 ab 即不可能有 12 4 ab 所以不存在正数 ab 同时满足 12 21 4ab ab