数学（理）答案.pdf

第 1 页（共 4 页） 第 2 页（共 4 页） 2020 届高三年级寒假考试理科数学试题（四）答案 三、解答题 （本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 【答案】解：（1）由题意，Sn-1=1-2an，则有 Sn=1-2an+1， 两式相减，整理得 an+1= an，（n≥2）． 当 n=2 时，S1=a1= =1-2a2， 解得 a2= = a1． ∴数列{an}是以 为首项， 为公比的等比数列． ∴an= ，n∈N*． 又∵bn= -2Tn-1=Tn-Tn-1，n≥2． 整理，得 = =Tn+Tn-1，n≥2． ∵bn＞0，∴Tn＞0． ∴ =1，n≥2． 即 2bn=bn+1+bn-1，n≥2． 根据等差中项的性质，可知数列{bn}成等差数列． ∵b1=1，b2=2，∴d=b2-b1=2-1=1． ∴数列{bn}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列． ∴bn=n，n∈N*． （2）由（1），得 cn= = • = - ，可得：Pn=c1+c2+…+cn =（1- ）+（ - ）+…+（ - ）=1- 18.【详解】在等腰梯形 ABCD 中， / / , 1AD BC AD AB， 60ABC   ， 120 , 30BAD CDA ADB        ， 90CDB  . 即 .BD CD 222 120 3BD AB AD AB AD cos       ， 2BC  . 又 平面 BDEF  平面 ，平面 BDEF 平面 ,ABCD BD CD平面 ，  CD  平面 BDEF CD 平面CDE ， 平面CDE  平面 （2）解:由(1)知，分别以直线 ,,DB DC DE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，设 03()EM m m   ， 则    3,0,0 , 0,1,0 , 0 0 0) ,( ,B C D ，    ,0, 3 , 3,1,0M m BC  ， ()3,0, 3 , 3,0,()0BM m DB   设平面 BMC 的法向量为  ,,n x y x 0 0 n BC n BM    ，即   1 3 0 3 3 0 xy m x z        令 3x  ，则 3, 3y z m   ，平面 的一个法 向量为 3,3, 3()nm. 设 BD 与平面 BCM 所成角为 ， ,sin cos n BD     2 , 3 3 12 n BD n BD m   当 0m  时取最小值 5 5 ，当 3m  时取最大值 1 2 故 与平面 所成角正弦值的取值范围 为 51,52    . 19.【解析】（ 1）将点 (2,1)M 代入抛物线C ： 2x ay ，得 4a  ， 由 2 4xy y kx b     ，得 2 4 4 0x kx b   ，设 11( , )A x y ， 22( , )B x y ，则 124x x k ， 12 4x x b ， 1 2 1 2 1 2 1 2 () 4224OA OB kx b kx b b x x kbk k k k kx x x x b           ， 由已知得 1k  . （2）在直线l 的方程 y x b   中，令 0x  得 (0, )Db， 1 2DM bk  ， 直线 DM 的方程为： 11 ( 2)2 byx   ，即 (1 ) 2 bxyb， 由 2 4 (1 ) 2 xy bxyb    ，得 2 2(1 ) 4 0x b x b    ，解得： 2x  ，或 2xb ，所以 2( 2 , )N b b ， 由 2 4xy ，得 21 4yx ，求导得 1 2yx  ，切线 n 的斜率 1 ( 2 )2k b b    ， 切线 的方程为： 2 ( 2 )y b b x b    ，即 2y bx b   ，由 2y bx b y x b         ，得直线l 、 交点Q 纵坐标 22 1Q by b  ，在直线 y x b   ， 2y bx b   中分别令 0y  ，得到与 x 轴的交点 ( ,0)Rb ， ( ,0)Eb ，所以 231 1 2 2| | ( )2 2 1 1Q bbS RE y b b bb    ， 求导得 2 2 2 (2 3) ( 1) bbS b    ， (1, )b  ，当 3(1, )2b 时，函数单调递减；当 3( , )2b  时，函数 单调递增；所以当 3 2b  时， S 最小值为 3 3 32 ( )2 272 31212 b b    . 第 3 页（共 4 页） 第 4 页（共 4 页） 20.【详解】(1)   32()11 2 32 xf x e x x x         1xf x e x x    .令    , ' 1xxh x e x h x e    ，  '0hx 得 0x  ，  '0hx 得 0x  ，  hx在 ( ,0) 上递减，在(0, ) 上递增.    0 1 0h x h    即 0xex，解  '0fx 得 1x  ，解  '0fx 得 1x  ，  fx 的单调减区间为( ,1) ，单调增区间为(1, ) . (2)       2' 2 1x x xf x e x e kx kx e kx x        ，  fx有三个极值点， 方程 0xe kx 有两个不等根，且都不是1， 令   xg x e kx， 0k  时，  gx单调递增，   0gx 至多有一根， 0k解  '0gx 得 x lnk ，解  '0gx 得 x lnk .  gx 在 ( n ),l k 上递减，在(ln , )k  上递增，    ln 1 0,kg lnk e klnk k lnk k e      此时，  0 1 0g ，  1, 1 0lnk g e k    ， x   时  gx  . ke时，  '0fx 有三个根 1 2 3,,x x x ，且 1 2 301x x x    ， 由 1 1 xe kx 得 11x lnk lnx，由 3 3 xe kx 得 33x lnk lnx， 31 31 ln ln 1xx xx  下面证明: 31 3 1 3 1 ln ln 2xx x x x x  ，可变形为 3 3 1 31 1 1 2 1 x x xln xx x    令 3 1 1xt x，    21ln 1 txtt          2 22 114 0 11 tx t t t t        ，  x 在(1 )， 上递增，    10t  31 3 1 3 1 ln ln 21 xx x x x x ， 3 1 22.x x x   21.【详解】(1)设考生成绩为 X ，则依题意 应服从正态分布，即  2~ 180,XN  . 令 180XY   ，则  ~ 0,1YN . 由360 分及其以上的高分考生30 名可得 ()30360 2000PX 即   30360 1 0.9852000PX    ，亦即 360 180 0.985PY   . 则 360 180 2.17   ，解得  83 180,832N ， ， 设最低录取分数线为 ox ，则 0 180 300 83 2( 0) 00o xP X x P Y     则 0 180 3001 0.8583 2000 xPY     ， 0 180 1.0483 x  266.32ox .即最低录取分数线为 266 分或 267 分. (2)考生甲的成绩 286 267 ，所以能被录取.    286 180()286 1.28 0.9083P X P Y P Y      ， 表明不低于考生甲的成绩的人数约为总人数的1 0.90 0.10,2000 0.1 200    ， 即考生甲大约排在第 200 名，排在 275 名之前，所以他能获得高薪职位. 请考生在第 22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用 2B 铅笔在答题卡.上把所选题目对应的题号后的方框涂黑. 22.【详解】（1）由已知得，圆心 6, 3C   的直角坐标为  3,3 3C ， 3r  ， 所以C 的直角坐标方程为   223 3 3 9xy    ， 所以圆 的参数方程为 3 3cos 3 3 3sin x y     （ 为参数）． （2）由（1）得，圆 的极坐标方程为  2 6 cos 3sin 27 0       ， 即 2 12 sin 276      ． 设  ,P  ，  1,Q ，根据 : 2 :3OP PQ  ，可得 1: 2:5 ， 将 1 5 2 代入 的极坐标方程，得 225 120 sin 108 06       ， 即动点 p 轨迹的极坐标方程为 ． 23. 解：（1）证明：∵x，y，z 均为正数， ∴|x+z|⋅|y+z|=（x+z）（y+z）≥ = ， 当且仅当 x=y=z 时取等号． 又∵0＜xy＜1，∴ ， ∴|x+z|⋅|y+z|＞4xyz； （2）∵ = ，∴ ． ∵ ， ， ， 当且仅当 x=y=z=1 时取等号， ∴ ， ∴xy+yz+xz≥3，∴2xy⋅2yz⋅2xz=2xy+yz+xz≥8， ∴2xy⋅2yz⋅2xz 的最小值为 8．