1、理科数学答案 第 1 页（共 5 页）2020 年丹东市高三总复习质量测试（二）理科数学答案与评分参考 一、选择题1B2A3C4C5B6D7D8A9D10D11C12A二、填空题1360146152162 63三、解答题：17解：（1）因为 bn+1 an+12n1，所以bn+1bn(2n1)an+1(2n1)an 12又 b11，所以bn是首项为12，公比为12的等比数列于是an2n1bn12(12)n_1 12n，故 an2n12n（6 分）（2）Sn12 322 5232n12n两边同乘以12得12Sn122 3235242n12n+1 以上两式相减得12Sn1212 122 12n2n
2、12n+1 121212n121122n12n+1 故 Sn32n32n3（12 分）18解法 1：（1）因为四边形 ABCD 是菱形，所以 ACBD因为 PA平面 ABCD，所以 PABD因为 PAACA，所以 BD平面 PAC因为 BD平面 EBD，所以平面 EBD平面 PAC（6 分）（2）因为 PA底面 ABCD，四边形 ABCD 菱形，所以 PBPD，PBCPDC，取点 E 满足 BEPC，则 DEPC，所以BED 是二面角 B-PC-D 的平面角设 AB2，PAt，因为ABC60，所以 AC2，BD2 3，则 PBPDPC 4t2所以等腰PBC 面积为12 3t2，所以12PCBE
3、12 3t2，DEBE 3t24t2cosBEDBE 2DE 2BD 22BEDE2t2124t212，由2t2124t21245得 t 22，t 2于是ABPA 2（12 分）解法 2：（1）同解法 1理科数学答案 第 2 页（共 5 页）（2）因为 BDAC，设 BDACO，分别以OB，OC为 x 轴，y 轴，以平行于 PA 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz设 AB2，PAt，则 B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)，P(0，1，t)，CB(3，1，0)，CD(3，1，0)，CP(0，2，t)设平面 PBC 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，
4、则m CB0，m CP0即 3x1y10，2y1tz10可取 m(t，3t，2 3)设平面 PDC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)，则n CD0，n CP0即 3x2y20，2y2tz20可取 n(t，3t，2 3)cos2t2124t212，因为|cos|45，所以 t 22，t 2于是ABPA 2（12 分）19解：（1）由 02p1，013p1，0p1可得 p 的取值范围为 0p13方案 1 的预期平均年利润期望值为E12p70(13p)40p(40)4020p方案 2 的预期平均年利润期望值为E22p60(13p)30p(10)3020p当 0p14时，E1E2，该手机生产商应
5、该选择方案 1；当 p14时，E1 E2，该手机生产商可以选择方案 1，也可以以选择方案 2；当14p13时，E1E2，该手机生产商应该选择方案 2；（6 分）（2）因为 p0.20，14)，该手机生产商将选择方案 1，此时生产的 5G 手机的年度总成本为 y10.0002x20.2x50（亿元）设市场行情为畅销、平销和滞销时的年销售额分别为 X1，X2，X3（万元），那么 X10.8x，X20.8x0.001x2，X30.8x0.002x2因为 p0.2，所以手机生产商年利润 X 的分布列为X0.8x0.8x0.001x20.8x0.002x2P0.40.40.2EABDPxyz理科数学答案
6、 第 3 页（共 5 页）所以 E(X)0.40.8x0.4(0.8x0.001x2)0.2(0.8x0.002x2)0.0008x20.8x年利润期望值 f(x)E(X)y10.001x20.6x50（亿元）当 x300 时，年利润期望 f(x)取得最大值 40 亿元方案 1 的预期平均年利润期望值为 40200.236（亿元）因为 4036，因此这个年利润期望的最大值可以达到预期年利润数值（12 分）20解法 1：（1）f(x)定义域为(0，)，f(x)exax由题设 f(1)0，所以 ae此时 f(x)exex，当 0 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减，当 x1 时，f(x)0，f
7、(x)单调递增，所以 x1 是 f(x)的极小值点综上，ae，f(x)在单调区间是(0，1)，在单调递增区间是(1，)（6 分）（2）因为 0ae，所以 f(x)exax在(ae，1)内单调递增因为 f(ae)e eae0，f(1)ea0，所以存在 x0(ae，1)，使得 f(x0)0当 x(ae，x0)时，f(x)0，当 x(x0，1)时，f(x)0，所以 f(x)在(ae，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，所以 f(x)在区间(ae，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点由 f(x0)0 得 ax0ex0，于是 f(x0)ex0(1x0 x0lnx0)因为当aex01 时，(
8、1x0)x0lnx00，所以 f(x0)0综上，f(x)在区间(ae，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点，且极小值为正（12 分）解法 2：（1）同解法 1（2）因为 0ae，所以 f(x)exax在(ae，1)内单调递增因为 f(ae)e eae0，f(1)ea0，所以存在 x0(ae，1)，使得 f(x0)0当 x(ae，x0)时，f(x)0，当 x(x0，1)时，f(x)0，所以 f(x)在(ae，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，所以 f(x)在区间(ae，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点由 f(x0)0 得 ex0ax0，进一步 lnx0lnax0从而 f
9、(x0)ex0alnx0aax0ax0alnaa2ax0ax0alnaaa(1lna)0综上，f(x)在区间(ae，1)内有唯一的极小值点 x0，没有极大值点，且极小值为正理科数学答案 第 4 页（共 5 页）（12 分）21解法1：（1）由题意 c 3，所以 a2b23，C 的方程可化为x2b23y2b21(b0)因为 C 的经过点(3，12)，所以3b23 14b21，解得 b21，或 b234（舍去）于是 C 的方程为x24y21（4 分）（2）设 l：ykxm，代入x24y21 得(4k21)x28kmx4m240由16(4k21m2)0，得 m214k2设 A(x0，y0)，则 x0
10、 4km4k214km，y0kx0m1m因为 l 与圆 D 相切，所以圆心 D 到 l 距离|m|1k2r，即 m2r2(1k2)由得 m2 3r24r2，k2r214r2所以圆 D 的切线长|AB|x02y02r2(4km)2(1m)2r25(4r2r2)因为4r2r224r2r24，当 r 2时取等号，因为 r 2(1，2)，所以|AB|的最大值为 1（12 分）解法2：（1）由椭圆定义得 2a|AF1|AF2|(3 3)2(120)2(3 3)2(120)24所以 a2，因为 c 3，所以 b2a2c21，于是 C 的方程为x24y21（4 分）（2）设 l：ykxm，代入x24y21
11、得(4k21)x28kmx4m240由16(4k21m2)0，得 m214k2设 A(x1，y1)，则 x1 4km4k214km将 ykxm 代入 x2y2r2 得(k21)x22kmxm2r20由4(r2k2r2m2)0，得 m2r2(1k2)由得 k2r214r2设 B(x2，y2)，则 x2 kmk21kr2m|AB|1k2|x1x2|(1k2)k2(4r2)2m2k2(4r2)2r25(4r2r2)因为4r2r224r2r24，当 r 2时取等号，因为 r 2(1，2)，所以|AB|的最大理科数学答案 第 5 页（共 5 页）值为 1（12 分）22解法 1：（1）消去 x1 3t，
12、y 3t中的参数 t 得 x 3y4将 xcos，ysin 代入得 C1 的极坐标方程为 sin(6)2（5 分）（2）不妨设 A(1，)，B(2，2)，D(3，)，C(4，2)，则 121sin2，221cos2AOB 面积为12121214sin2223，4时，AOB 面积取最小值为23此时 3sin(46)2，4cos(46)2，34sin512cos5124，可得 3416，COD 面积为12348，因此四边形 ABCD 的面积为 823223（10 分）解法 2：（1）同解法 1（2）不妨设 A(1，)，B(2，2)，D(3，)，C(4，2)，则 1221sin2，2221cos2，
13、于是 112 12232因为 112 122 212，所以 1243，AOB 面积为121223，当 12，4时取等号，所以AOB 面积最小值为23此时 3sin(46)2，4cos(46)2，34sin512cos5124，可得 3416，COD 面积为12348，因此四边形 ABCD 的面积为 823223（10 分）23解：（1）当 a0 时，f(x)|x|(x1)|x1|x，不等式 f(x)0 的解集是以下三个不等式组解集的并集：x1，2x20 或 0 x1，2x0或 x0，2x20解得不等式 f(x)0 的解集为x|x0（5 分）（2）由（1）可知当 a0 时，满足题意当 a0 时，若ax0，f(x)(xa)(x1)(x1)(xa)(xa)0当 a0 时，若 x0，f(x)(xa)(x1)(x1)(xa)2x(xa)0综上，当 x0 时，f(x)0，则实数 a 的取值范围为(，0（10 分）
