2020年太原市高三一模考试理科数学答案

n
有极值点
xn
.
第4页共6页
由 xn sin xn
cos xn
0 ，得
cos xn xn
sin xn ， tan
xn
1 xn
,
x1
x2 ，
1 x1
1 x2
， tan(x1
)
tan
x1
tan
x2 ,
而
x1
(3 2
,
2 )
，
x2
(3 2
,
2 )
，故有
x1
x2
,
g(x1) g(x2 )
cos x1 x1
,
3 2
)
有极小值点，即为
x1
，在 (3 2
,
5 2
)
有极大值点即为
x2
，
而 f ( ) 0 ， f ( ) 1 0 ， f (3 ) 3 0 ， f (2 ) 1 0 ，
22
2
2
可知
x1
( 2
,
)
，
x2
( 3 2
,
2
)
，
同理在 (5 2
,
3
)
有极小值点
x3
，
，在
(2n
1) 2
,
另解：（Ⅱ）设 A(x1, y1) ， B(x2, y2 ) ，代入椭圆方程'
第3页共6页
得 2x12 3y12 6 , ① 2x22 3y22 6 , ②
②两边同乘以 2 , 得 2 2 x22 3 2 y22 6 2 , ③ ①-③, 得 2(x1 x2 )(x1 x2 ) 3( y1 y2 )( y1 y2 ) 6(1 2) , ④
解（Ⅰ）设点 M x, y ， P(3cos, 3sin ) ，且点 Q 6, 0 ，由 PM 2MQ ，
......................................................................6 分
(Ⅱ) b 7, c 2 ，由正弦定理 b c 得 sin C 21 ， ..................8 分
sin B sin C
7
由 b c ，故 C 为锐角， cos C 2 7 ， 7
.......................................................3 分
∴ cos B a2 c2 b2 1 ，
2ac
2
........................................................5 分
0 B π ， B 2π . 3
故此时点 A 在 y 轴上，不妨设 A (0, b) ，从而由已知条件可得 B( 3 , b ) ，...................4 分 22
代入椭圆方程，解得 a2 3 ，所以 b2 a2 1 =2，
故所求椭圆方程为 x2 y2 1. 32
.............................................6 分
...................................2 分
又∵ BC AB ，∴ AE AB A ，∴ BC 平面 ABE ，...................................4 分
第1页共6页
又 BC 平面 ABCD ，∴平面 ABCD 平面 ABE . ..................................................6 分
其分布列如下，
1 5
p 64 17 81 81
Βιβλιοθήκη Baidu
可求得方案三的期望为 E() 1 64 5 17 149 . 81 81 81
比较可得 E() E( ) 4 ，故选择方案三最“优”.
.............................................11 分 ............................................12 分
太原市 2020 年高三年级模拟试题（一） 数学试题（理）参考答案及评分标准
一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B A C A D B D C A
二、填空题（每小题 5 分，共 20 分）
13. x2 y2 1 4 12
14． 1 2
15． 3 3
(2k
1)
，
x2k
4k 1 2
,
2k
，
4k 1 2
x2k 1
x2k
2
，由
y
sin
x
在
4k 1 , 2
2
递增得
g(x2k1) g(x2k ) sin(x2k1 ) sin x2k 0 ，
...................................10 分
当 n 为偶数时，不妨设 n 2k ，从 g(x1) 开始相邻两项配对，每组和均为负值，
22
22
..........................................................................................................................4 分
综上， f (x) 在 (0, 5 ) 有两个零点. 2
x3 2
y 0 ，所以可取 n (
n BF 0, 2 y hz 0
3,1, 2) ，.................................10 分 h
由 cos
m, n
mn mn
2 2
3
4
4 h2
，可得 h
2.
存在点 F 当 AF 2 时，二面角 A BF E 所成角为 450 . .................................12 分
20. （本小题满分 12 分）
解：（Ⅰ）设椭圆方程为 x2 a2
y2 b2
1，其中 b2
a2 1，
由已知当 2 时，不妨设 BF2 m ，则 AF2 2m ，
AB BF1 ， BF1 3m ，
由椭圆定义得 2a 4m ，从而 AF1 AF2 2m ，
.............................................2 分
三、解答题（共 70 分）
（一）必考题 17. （本小题满分 12 分）
解(Ⅰ) 2R(sin2 B sin2 A) (a c)sin C ，
16． 835
10 11 12 DCD
∴ 2R 2R(sin2 B sin2 A) 2R(a c)sin C ，
即 b2 a2 c2 ac ，
..................9 分
∴
sin
A
sin(B
C)
sin
2π 3
C
32 7 1 2 72
21 7
21 . 14
18. （本小题满分 12 分）
..................12 分
解(Ⅰ)∵ AE 平面 BCE ， BE 平面 BCE ， BC 平面 BCE ，
∴ AE BE, AE BC ，
即g(x1) g(x2） g(x3) g(x4 ) g(x2k1) g(x2k ) 0 ，结论成立；
当 n 为奇数时，设 n 2k 1，
x2k 1
4k 1（, 2k 2
1）
，g ( x2k 1 )
sin
x2k 1
0
，
从 f (x1) 开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，即
19. （本小题满分 12 分）
解(Ⅰ)该混合样本阴性的概率是 (2 2 )2 8 ， 39
.............................................2 分
根据对立事件原理，阳性的概率为1 8 1 . 99
.............................................4 分
（Ⅱ）直线 BC 过定点 H (2, 0) ，证明如下，
设直线 AB 方程为 x my 1，代入椭圆 2x2 3y2 6 中，
2(my 1)2 3y2 6 ，即 (2m2 3) y2 4my 4 0 ，
设 A(x1, y1) ， B(x2, y2 ) ，
则
y1
y2
4m ， 2m2 3
(Ⅱ)如图所示，建立空间直角坐标系 A xyz ， ∵ AE 1, AB 2, AE BE ,
z
D
C
F
BE 3 ， B(0, 2, 0), E( 3 , 1 , 0) , ................................8 分 22
A
B y
假设线段 AD 上存在一点 F 满足题意，设 F(0, 0, h) ， (h 0) ，
.....................................5 分
（Ⅱ）证明① g '(x)
x sin x cos x x2
f (x) x2
,
.....................................6 分
由（Ⅰ）知 g(x) 在 (0, ) 无极值点； 2
在
x ( 2
g(x1) g(x2 ) g(x3) g(x4) g(x2k1) g(x2k ) g(x2k1) 0 ，结论也成立.
综上，对一切 n N ，g x1 g x2 g x3 g xn 0 成立. .........................12 分
（二）选考题 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22.（本小题满分 10 分）
21.（本小题满分 12 分）
解（Ⅰ） f '(x) sin x x cos x sin x x cos x ,
.....................................1 分
当 x (0, ) 时， cos x 0, f ' (x) 0 ， f (x) f (0) 1， f (x) 无零点; ............2 分 2
E
x
易知平面 ABF 的一个法向量为 m (1, 0, 0) ，................................9 分
设平面 BEF 的一个法向量为 n (x, y, z) ，而 BE ( 3 , 3 , 0), BF (0, 2, h) ， 22
则
n
BE
0,
，即
3 2
cos x2 x2
sin x1 sin x2
sin(x1
) sin x2
y
sin
x
在
(3 2
,
2
)
是增函数， sin(x1
)
sin
x2
0,
即 g(x1) g(x2 ) 0 ；
...................................8 分
②
同理，
x2k
1
4k 2
3
,
(Ⅱ) 方案一：逐个检验，检验次数为 4.
.............................................5 分
方案二：由（Ⅰ）知，每组 2 个样本检验时，若阴性则检验次数为 1，概率为 8 ； 9
若阳性则检验次数为 3，概率为 1 . 设方案二的检验次数记为 ，则 的可能取值为 2,4,6
y1 y2
4 ，m 2m2 3
y1 y2 y1 y2
，
y
B
F1
F2
A
x C
由题设知 C(3, y1) ，直线 BC 斜率 kBC
y2 y1 = x2 3
y2 y1 my2 2
y2 y1 y1 y2 2
y1
y1 ，
BC 直线方程为 y y1 y1(x 3) ，化简得： y y1(x 2) ，故直线 BC 过 (2,0) .
由 AF2 F2B , 得 x1 x2 1 ， y1 y2 0 , 将 x1 x2 1 ， y1 y2 0 代入④化简得： x1 x2 3(1 ) , 从而 x1 2 ， x2 1 2 ，即 (2 x2 ) 3 2 ，又 y1 y2 , 于是 CH HB ， C, H , B 三点共线，因此无论 如何变化，直线 BC 过定点 H (2, 0) .
9
其分布列如下，
2 4 6
p 64 16 1 81 81 81
可求得方案二的期望为 E( ) 2 64 4 16 6 1 198 22 . ......................................9 分 81 81 81 81 9
第2页共6页
方案三：混在一起检验，设方案三的检验次数记为 ， 的可能取值为 1,5.
当 x ( , 3 ) 时， cos x 0 , f ' (x) 0 ，而 f ( ) 0 ， f (3 ) 3 0 ，
22
22
2
2
f (x) 有唯一零点;
.....................................3 分
当x (3 , 5 ) 时， cos x 0 ， f ' (x) 0 ，而 f (5 ) 5 0 ， f (x) 有唯一零点 ;