安徽六校教育研究会2020届高三第二次素质测试理科数学答案及评分标准

设 M (t,3) ，则 P(2t, 6) ，代入抛物线 C 的方程解得 2t 9 ，
3 13
1
9 13
于是 MO MA MP 2 ，所以 S△OPA 2 MA yP 2 ．
（12 分）
20．（12 分）
【解析】（1） f '(x) 2e2x ex (sin x cos x) ， f '(0) 2 ， f (0) ，
所以直线 l 方程为 y (2 )x ，
即 y (2 )(x 1) 2 ，恒过点 (1, 2) ．
（5 分）
（2）将 (1, 6) 代入直线 l 方程，得 2 ．考虑方程 f (x) 0 ，
即 e2x 2cos xex 1 0 ，等价于 ex ex 2cos x 0 ，
z
因为 PA PB ， AD BD ，所以 PO AB ， DO AB ，
P
因为 BC 平面 PAB ，所以 PAB 平面 ABCD ，
所以 PO 平面 ABCD ， PO OD ，
如图，以 O 为坐标原点， OD,OB,OP 分别为 x, y, z 正半轴建立 A
O
B y
空间直角坐标系 O xyz ，
k
k
因为 g(1) 1.1, g(2) 0.69, g(3) 0.604, g(4) 0.594, g(5) 0.61 ，所以 k 4 时平均检验次数最
少，约为1000 0.594 594 次．
（12 分）
（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
（5 分） （10 分）
23．[选修 4−5：不等式选讲]（10 分） 【解析】（1） a3 b3 (2a2b 2ab2 ) (a b)(a2 ab b2 ) 2ab(a b)
(a b)(a2 ab b2 ) (a b)[(a b)2 3 b2 ] 24
∵ a b ，∴ a b 0 ，又 (a b )2 3 b2 0 ，∴ a3 b3 2a2b 2ab2 ． 24
2
2
角形， MF MN ，故 2PM 2MN 2(PM MN ) （2 EM MF） 2AA1 2 ．
2
2
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
3 13． ．
212
14． 160 ．
15． 4 10 8 ．
6 16． (0, )
3
16．提示：不难知，圆 x2 y2 a2 1 上任意一点向椭圆 C 所引的两条切线互相垂直，因此当直线 3x 4 y 10 0 与圆 x2 y2 a2 1 相离时， APB 恒为锐角，故 a2 1 d 2 4 ，1 a2 3 ，
（12 分）
18．（12 分） 【解析】（1）因为 BC 平面 PAB ， PA 平面 PAB ，所以 BC PA ，
由 △PAB 为等腰直角三角形，所以 PA PB ， 又 PB BC B ，故 PA 平面 PBC ．
（5 分）
理科数学答案 第 1 页（共 3 页）
（2）取 AB 的中点 O ，连接 OP,OD ，
安徽六校教育研究会 2020 届高三第二次素质测试
理科数学参考答案
一、选择题：本大题共 12 个题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
D
A
B
D
C
B
C
B
A
A
C
D
11．提示：考虑函数 y ln ax 1(x 0) 与 y x2 ax 4(x 0) 的图象，不难知它们有公共的零点 t 时，
1
6
从而离心率 e 1 (0, ) ．
a2
3
三、解答题：共 70 分。
（一）必考题：共 60 分。
17．（12 分）
【解析】（1）由题， 2sin2 A B 2cos2 A B 2cos Acos B
2
2
1 cos(A B) 1 cos( A B) 2cos Acos B 2 2cos( A B) 2 2cosC 1 ，
b a 11
b3 a3 b a
b2 ab a2
（2） ( ) ，即
，即
（*）
a2 b2
ab
a2b2
ab
a2b2
ab
b2 ab a2 b a
① 当 ab 0 时，（*）即
1 恒成立，
ab
ab
（5 分）
b a ba ∵ 2 2 （当且仅当 a b 时取等号），故 3
f (x) 0 恒成立．于是， at 4 t2 e ，解得 a e ． 4e
12．提示：取 AC 中点 E ，过 M 作 MF 面 A1B1C1D1 ，则 △APM≌△AEM ，故 PM EM ，而对固 定的点 M ，当 MN B1C1 时， MN 最小．此时由 MF 面 A1B1C1D1 ，可知 △MFN 为等腰直角三
记 g(x) ex ex 2 cos x ，则 g'(x) ex ex 2sin x 2 ex ex 2sin x 2 2sin x 0 ，
于是函数 g(x) 在 R 上单调递增，又 g( ) e 2 e 2 0 ， g(0) 2 0 ，
2
所以函数 g(x) 在区间 ( ,0) 上存在唯一零点，即函数 f (x) 存在唯一零点．
则 AO BO PO 1 ， DO AD2 AO2 2 ，
D
C
又 BC AB ， DO PA ，所以 OD // BC 且 OD BC ，于是
x
Hale Waihona Puke P(0,0,1) ， A(0, 1,0) ， D(2,0,0) ， C(2,1,0) ， PC (2,1, 1) ， AP (0,1,1) ， AD (2,1,0) ，
a b ab
b2 ab a2 b a
② 当 ab 0 时，（*）即
1 恒成立，
ab
ab
ba
ba
ba
∵ [( ) ( )] 2 ( ) ( ) 2 （当且仅当 a b 时取等号），故 1
ab
ab
ab
综上， [1,3] ．
（10 分）
理科数学答案 第 3 页（共 3 页）
22．[选修 4−4：坐标系与参数方程]（10 分）
【解析】（1）曲线 C2 的方程化成直角坐标方程为 x2 y2 8y 即 x2 ( y 4)2 16 ， 圆心 C2 (0, 4) ，半径 r 4 ，曲线 C1 为过定点 P(2, 2) 的直线， 易知 P(2, 2) 在圆 C2 内，当 PC2 AB 时， 线段 AB 长最小为 2 r2 | PC2 |2 2 16 [(2 0)2 (2 4)2 ] 4 2 ． （2）当点 M 与点 P 不重合时，设 M (x, y) ，∵ C2M PM ， ∴ C2M PM x(x 2) ( y 4)( y 4) 0 ，化简得： (x 1)2 ( y 3)2 2 ， 当点 M 与点 P 重合时，也满足上式， 故点 M 的轨迹方程为 (x 1)2 ( y 3)2 2 ．
9 若线段 AF 与抛物线 C 有公共点，即 a 时，
4 则 A, P, F 三点共线时， | PA | | PF | 的最小值为 | PF | (a 1)2 32 5 ，此时 a 3 ．
综上，实数 a 的值为 3 或 4 ．
（6 分）
（2）因为 MOA MAO AOF ，所以 MA∥x 轴且 MO MA MP ，
1 解得 cosC ，所以 C 60 ．
2
（2）由余弦定理， c2 a2 b2 ab 16 ，再由 | CA CB |2 a2 b2 ab 38 ，
（6 分）
解得 a2 b2 27 ， ab 11 ，所以 (a b)2 49 ， a b 7 ，
故 △ABC 的周长为11 ．
．
| PC | | n | 6 3 9
（12 分）
19．（12 分） 9
【解析】（1）由题， F (1,0) ，若线段 AF 与抛物线 C 没有公共点，即 a 时， 4
设点 P 在抛物线准线 x 1 上的射影为 D ，则 D, P, A 三点共线时，
| PA | | PF | 的最小值为| AD | a (1) 5 ，此时 a 4 ；
2
（12 分）
理科数学答案 第 2 页（共 3 页）
21．（12 分）
1 1 k 【解析】（1）由题， X 的可能取值为 和 ，
kk
P( X
1 )
(1
p)k
， P(X
1
k )
1
(1
p)k
，故
X
的分布列为
k
k
1
1 k
X
k
k
P (1 p)k 1 (1 p)k
E(X )
1
(1
p)k
1
k
[1 (1
p)k ] 1 (1
p)k
1
．
k
k
k
（5 分）
（2）（ⅰ）由（1），记
f ( p) 1 (1
p)k
1 ，因为 k
0 ，所以
f ( p) 在
p (0,1) 上单调递增
，
k
故 p 越小， f ( p) 越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理．
（8 分）
（ⅱ）记 g(k) 1 (1 p)k 1 1 0.9k 1 ，当 g(k) 1且取最小值时，该方案最合理，
设平面 PAD 的法向量为 n (x, y, z) ，则
n AP y z 0
，令 x 1 得平面 PAD 的一个法向量 n (1, 2, 2) ，