【文档说明】天津市南开区南大奥宇培训学校2020届高三下学期第三次月考数学参考答案.pdf，共(6)页，274.308 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共6页）2020届南大奥宇第三次月考数学试卷参考答案一、选择题：（本题共9小题，每题5分，共45分）题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）答案DBCBBADCA二、填空题：（本题共6小题，每题5分，共30分）（10）{0，3}；（11）y=4x–3；（

12）0，(0，4)；（13）(x–1)2+(y–2)2=4；（14）[–2，4]；（15）[2，4]，(–∞，0)．注：（12）、（15）题每题第一个空2分，第二个空3分。三、解答题：（其他正确解法请比照给分）（16）解：（Ⅰ）由正弦定理得a=2Rsin

A，b=2RsinB，c=2RsinC，则2RsinBcosC=6RsinAcosB–2RsinCcosB，…………2分故sinBcosC=3sinAcosB–sinCcosB，可得sinBcosC+sinCc

osB=3sinAcosB，…………4分即sin(B+C)=3sinAcosB，…………5分可得sinA=3sinAcosB，又sinA≠0，…………6分因此cosB=31．…………7分（Ⅱ）由2BCBA，可得acosB=2，…

………9分又cosB=31，故ac=6，…………10分由b2=a2+c2–2accosB，可得a2+c2=12，…………12分所以(a–c)2=0，即a=c，…………14分所以a=c=6．…………15分第2页（共6页）OzxyFEADCB（17）解：（Ⅰ）∵BF⊥

平面ACE，∴BF⊥AE．∵二面角D-AB-E为直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE．∴CB⊥AE．∴AE⊥平面BCE．…………4分（Ⅱ）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如

图．∵AE⊥面BCE，BE面BCE，∴AE⊥BE，在Rt△AEB中，AB=2，O为AB的中点，∴OE=1．∴A(0，–1，0)，E(1，0，0)，C(0，1，2)，AE=(1，1，0)，AC=(0，2，2)．…………8分设平面AEC的一个法向量为

n=(x，y，z)，则00nn，，AEAC即.0220xyyx，解得，，xzxy令x=1，得n=(1，–1，1)是平面AEC的一个法向量．又平面BAC的一个法向量为m=(1，0，0)，∴cos<m，n>=1333mn|m||n|．∴二面角B

-AC-E的正弦值为36．…………12分（Ⅲ）∵AD∥z轴，AD=2，∴AD=(0，0，2)，∴点D到平面ACE的距离d=22333|n||n|AD．…………15分第3页（共6页）（18）解：（Ⅰ）设等比数列的公比为q，由已知得：2(a1+a3)=a2+a4，…………1分即

2(a1+a1q2)=a1q+a1q3，解得q=2，…………3分又∵a1=2，∴an=a1qn–1=2n．…………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得：Sn=(a12+a22+a32+…+an2)–(a1+a2+a3+…+an)=(4+42+43+…+4n)–(2+22+23+…+2n)…………

5分=41414()n–21212()n=32(2n–1)(2n+1–1)．…………9分∴12knkkS=2311112121()nkkk…………11分=23(1211–1212+1212–1213+1213–1214+…+1211n–121n+121

n–1211n)=23(1–1211n)＜23．…………15分（19）解：（Ⅰ）设F(c，0)，则直线l方程为x–y–c=0．O到l的距离为2c=22，解得c=1．又∵e=ac=21，∴a=2，b=3，∴椭圆C的方程为13422yx．

…………4分（Ⅱ）由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(1，0)，且PQMN，直线PQ、MN中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为k．第4页（共6页）又PQ过点F(1，0)，故PQ方程为y=k(x–1)，将此式代入椭圆方程

得(4k2+3)x2–8k2x+4k2–12=0设P、Q两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则x1+x2=34822kk，x1x2=3412422kk，从而|PQ|2=(1+k2)[(x1+x2)2–4x1x2]=222214414

3()()kk，∴|PQ|=2212143()kk．…………8分（1）当k≠0时，MN的斜率为–1k，同上可推得|MN|=22112143()kk．故四边形的面积S=21|PQ||MN|=2222172114433(

)()()()kkkk=2222172211225()()kkkk令u=k2+21k，得S=7221225()u+u=6(1–25121u)因为u=k2+21k≥2，当k=±1时，u=2，S=49288，且S是以u为自变量的增

函数，所以S≥49288．…………13分（2）当k=0时，PQ为椭圆长轴，|PQ|=4，|MN|=3，S=21|PQ||MN|=6．综合（1），（2）知，四边形PMQN面积的最小值为49288．…………15分第5页（共6页）（20）解：（Ⅰ）当a=2时，f(x)=x–x1–2lnx，f

(x)的定义域为(0，+∞)．∵f(x)=1+21x–x2=221()xx≥0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增．………3分（Ⅱ）f(x)=1+21x–xa=221xaxx①当a≤2时，f(x)≥0恒成

立，f(x)在(0，+∞)上单调递增，故f(x)无极值；…………4分②当a＞2时，令f(x)=0，得x1=242aa，x2=242aa，当0＜x＜x1时，f(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f(x)＜0；

当x＞x2时，f(x)＞0，故f(x)分别在(0，x1)，(x2，+∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∴a＞2时，f(x)有两个极值点x1和x2，且x2＞1．…………6分因为f(x1)–f(x2)=(x1–

x2)+2121xxxx–a(lnx1–lnx2)，所以k=1212()()fxfxxx=1+211xx–a·2121lnlnxxxx又由（Ⅰ）知，x1x2=1．于是k=2–a·2121lnlnxxxx

…………8分若存在a，使得k=2–a，则2121lnlnxxxx=1．即lnx1–lnx2=x1–x2．亦即x2–21x–2lnx2=0（x2＞1）……（*）由（Ⅰ）知，函数f(x)=x–x1–2lnx在(0，+∞)上单调递增，而x2＞1，

第6页（共6页）所以x2–21x–2lnx2＞1–11–2ln1=0这与（*）式矛盾．故不存在a，使得k=2–a．………10分（Ⅲ）∵nkkk211ln=ln12313451()()nn=ln21()nn，∴nkkk111ln＞2221()nnnn

ln21()nn＞2221()nnnnln12()nn＜2221()nnnn，令x=12()nn＞1，则ln12()nn＜2221()nnnnlnx2＜xx12x–x1–2lnx＞0．由（Ⅱ）知，x–x1–2lnx＞0成立，所以nkkk211ln

＞2221()nnnn．…………15分