【文档说明】黑龙江省实验中学联盟校2020届高三第三次模拟考试数学（理）试题 参考答案.pdf，共(6)页，384.464 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-21614e5b9a35e3a4b8a1cfeebdb9f997.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页，总6页联盟三模理科数学参考答案1．D2．A3．C4．A5．C6．B7．D8．B9．B10．D11．C12．D13．(10,3)+14．4915．②③④16．117.解：（1）因为4c=，2b=，所以1cos24bCc=

=．---------2分由余弦定理得22224161cos244abcaCaba+−+−===，所以4a=，即4BC=，--------4分在ACD中，2CD=，2AC=，所以2222cos6ADACCDACCDACD=+−=，所以6AD=．-----

---6分（2）因为AE是BAC的平分线，所以1sin221sin2ABEACEABAEBAESABSACACAECAE===，--------8分又ABEACESBESEC=，所以2BEEC=，所以1433CEBC==，4223

3DE=−=，--------10分又因为1cos4C=，所以215sin1cos4CC=−=，所以115sin26ADESDEACC==．--------12分18.解：连接BD交AC于O，则

BD⊥AC，连接A1O在△AA1O中，AA1=4，AO=2，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2－2AA1·Aocos60°=32∴AO2+A1O2=AA12∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，第2页，总6页所以A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴

、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则)32,0,0()0,0,32()0,2,0()0,0,32()0,2,0(1ADCBA−−…………2分（Ⅰ）由于)0,0,34(−=BD，)32,2,0(1=AA)0,2,32(=AB则01=BDA

A∴BD⊥AA1……………………4分（Ⅱ）设⊥平面AA1D则得到……………………5分同理，平面BAA1的法向量)1,3,1(1−=n……………………6分53,cos212121−==nnnnnn……………………7分由图可知成钝角，所以二面角D—A1A—

B的平面角的余弦值是53−………………8分（Ⅲ）假设在直线CC1上存在点P，使BP//平面DA1C1设，则)32,2,0(),2,(=−zyx得)32,22,0(+P)32,22,32(+−=BP……………………9分设，则设得到

……………………10分又因为平面DA1C1则·即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP……………………12分（或作延长线，证明）19.（1）由题意，当投掷骰子出现1、4时，学号为1的同学可以上2阶楼梯，概率为13，当投掷骰子出现其他点数时，学号为1的同学可以上1阶

楼梯，概率为23，--------2分由题意2,3,4X=，第3页，总6页所以()2242339PX===，()122143339PXC===，()1114339PX===，--------4分所以X的分布列为：X234P494919------

--5分（2）1P表示学号为3的小朋友能站在第1阶楼梯的概率，根据投掷骰子的规则，若出现点数为3或6，则他直接站在第2阶楼梯，否则站在第1阶楼梯.故123P=，同理可得：22217339P=+=，31322212033327PC=

+=，--------7分由于学号为3的小朋友能够站在第n阶楼梯，有两种可能：从第2n−阶楼梯投掷点数为3或6直接登2个台阶上来，或从第1n−阶楼梯只登1个台阶上来.根据骰子投掷规则，登两阶的概率是13，登一阶的概率是23，故1221(333nn

nPPPn−−=+且*)nN(*)将(*)式可变形为()()112133nnnnPPPPn−−−−=−−，--------9分从而知：数列1nnPP−−是以2119PP−=为首项，以13−为公比的等比数列，则有21111933nnnnPP−−

−=−=−.进而可得：当2n时，()()()112211nnnnnPPPPPPPP−−−=−+−++−+1211123333nn−=−+−++−+11111932311134313nn−+−−

=+=−−+；--------11分当1n=时，213121433P=−−=；所以()1*31143nnPnN+=−−.--------12分第4页，总6页20.（1）当0a

，由()'afxxx=+，令()'0fx=，∴xa=−，--------2分列表得：x()0,a−a−(),a−+()'fx-0+()fx减函数极小值增函数这时()()minln2afxfaaa=−=−+−.--------4分∵0x，使()0fx成立，∴ln

02aaa−+−，∴ae−，∴a的范围为(,e−−.--------6分（2）因为对1,xa，()()()11'0xxagxx−−−=，所以()gx在1,a内单调递减，所以()()()()212111ln22gxgxggaaaa−−=−−.-----------8

分要证明()()121gxgx−，只需证明211ln122aaa−−，即证明13ln022aaa−−.令()13ln22haaaa=−−，()221133111'022233haaaa=−+=−+，-----------10分所以()13ln22haaaa=−−在(1

,ae是单调递增函数，所以()()()()31310222eeehaheee−+=−−=，故命题成立.-----------12分21.(1)由题意得222226333144caababc=

+==+,---------------2分解得2231ab==,所以椭圆C的方程为2213xy+=;---------------------4分第5页，总6页(2)由题意可知,直线MN的斜率显然存在,设直线MN的方程为()0ykxmm=+,()11,M

xy,()22,Nxy,由2213xyykxm+==+得()222316330kxkmxm+++−=,()()()222222364313312310kmkmkm=−+−=+−①所以12221226313331km

xxkmxxk+=−+−=+,所以()121222231myykxxmk+=++=+,-------------------7分因为OMONOA+=,所以1221226331223312kmxxkmyyk+=−=++==+,所以13k=−,代入①

得232333m−且0m,--------------------9分所以()212121211422MONSmxxmxxxx=−=+−△()2222123134312314kmmmmk+−−==+()2222334

3334334422mmmm−+−==,--------------11分当且仅当22343mm=−,即63m=时上式取等号,此时符合题意,所以直线MN的方程为1633yx=−.------------------------12分22.（1）∵曲线1C的普通方程为：13122=+yx，又

cosx=，siny=代入：∴1sin3cos2222=+，----------------2分第6页，总6页∴曲线1C的极坐标方程：22sin3cos1+=，∴曲线2C的极坐标方程：cos2=.------------------

---4分（2）∵已知2ONOM=，∴224NM=，222sin3cos14cos4+=，01cos3cos224=+−，且002，---------------------6分∴解得：21cos2=，22cos=

，22sin=.点2C到l的距离22221sin22===OChc.---------------------8分∴2MCN的面积为：()2221122NCMCNMCSNMhh=

=−=.41sin3cos1cos221222=+−Ch---------------------10分23.解：（1）当1=a时，−−−−−−3)31(1221xxx或−

−−+−3)31(123121xxx或−−−+3)13(1231xxx--------------3分即211−−x或3121−x或531x---------------------

4分不等式的解集为：（-1，5）---------------------5分（2）由43)(+xaxf得：431312++−+xxxa---------------6分由1234313+++−xxx，得：31431312++−+xxx------------8分得31a（当且仅当31

x或34−x时等号成立），---------------9分故a的最小值为31.------------10分