【文档说明】辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试 数学（理）答案.pdf，共(5)页，211.695 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，总5页沈阳二中2019—2020学年度下学期第五次模拟考试高三（20届）理科数学试题答案1-5.BDABB6-10.ABDAA11-12.BD13.1414.515.4216．0,24(),17．（1）因为DE⊥平面ABCD，所以DEAD，因为A

D＝4，AE＝5，DE＝3，同理BF＝3，又DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，所以DE//BF，又BF＝DE，所以平行四边形BEDF，故DF//BE，因为BE平面BCE，DF平面BCE所以DF//

平面BCE；……6分（2）建立如图空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（4，0，0），C（0，4，0），F（4，3，﹣3），0,4,0,4,3,3DCDF，设平面CDF的法向量为mxyz（，，），由404330mDCymDFxyz

，令x＝3，得3,0,4m，易知平面ABF的一个法向量为1,0,0nr，所以35mncos＜，＞，故27cos22cos125.……12分18.解：（Ⅰ）由1422nnaann可化为12220nnan

an.令2nncan，则10nncc，即1nncc.因为12a，所以1120ca，所以0nc，即20nan，故2nan.……6分（Ⅱ）由1233721nnnbbbba，可知11231137221nnna

nbbbb，两式作差得12122nnnnbaan，即2221nnbn.又当1n时，也112ba满足上式，故221nnb.……12分试卷第2页，总5页1

9.解：（1）由题可知，0,1,,0AFc，则直线AF的方程为1xyc，即0xcyc因为直线AF与圆22:6270Mxyxy相切，该圆的圆心为3,1,3r则223333bcbcaabc故椭圆的标准方程为2213xy

……4分（2）因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且APAQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行由0,1A可设直线AP的方程为1ykx，则直线AQ的方程为11yxk联立22131xyykx

，消去y并整理得221360kxkx，解得0x或2613kk，因此点P的坐标为22266,11313kkkk，即222613,1313kkkk将上式中的k换成1k，得点Q22263

,33kkkk所以直线l的斜率为22222223131313664313kkkkkkkkkk，即直线l的方程为2222163433kkkyxkkk，化简并整理得

21142kyxk，故直线l恒过定点1(0)2，……12分20.解：（1）由题可知,所以可能的情况有①小明投中1次,小亮投中2次；②小明投中2次,小亮投中1次；③小明投中2次,小亮投中2次.故所求概率1221

2222222221112211221143322332233229PCCCCCC……4分（2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为

122221222222211222122221221212121()()1()()23()()PCppCpCpCppCpCppppppp试卷第3页，总5页因为1243pp,所以22121

283()()3Ppppp因为101p,201p,1243pp,所以1113p,2113p,又21212429pppp所以121499pp,令12tpp,以1499t,则2833Phttt当49t

时,max1627P,他们小组在n轮游戏中获“优秀小组”次数满足~,Bnp由max()16np,则27n,所以理论上至少要进行27轮游戏.此时1243pp,1249pp,2123pp……12分21.(Ⅰ)sincs()ofxm

xx,则2cos1()(co)smfxmxx,23是函数fx的极值点,2()0,1032mf,2m,又2m时,2cos12()(2)cosfxxx,当2(0,)3x时,0fx,2(,)3x时,0fx

,∴fx在2(0,)3上单调递增,2(,)3上单调递减,∴23是函数fx的极大值点,∴2m符合题意;……5分(Ⅱ)令()(1)sin2cosxgxkexx,则00g,由

题得0gx在0x上恒成立,2co12(scos)(2)xxxgxke,令2cos1,3tx,则22123211,(2)coscos3ttxx,①当13k时,13xke,则0gx,∴gx在(0,)上单调递增,∴00g

xg,成立;②当103k时,令hxgx,则3sincos2(1)(s)()co2xxxhxexk,在(0,)x时,0hx,∴hx在(0,)上单调递增,又1(0)03hk,1(0)hke,则在(0,)上存在唯一0x使得

00hx,试卷第4页，总5页∴当00,xx时,0hx,gx在00,x上单调递减,00gxg,不符合题意;③当0k时,在(0,)2x时,0gx,∴gx在(0,)2上单调递减,此时00gxg,不符

合题意;综上所述,实数k的最小值为13.……12分22．解：（Ⅰ）在直角坐标系xOy中，可得点，曲线为圆，圆心为，半径为1，∴=3，∴的最小值为．……5分（Ⅱ）由已知，曲线为圆，曲线为圆，圆心为，半径为t，∵曲线与曲线有两个不同交点，，解得，∴正数t的取值范围是．……10分23．解法一：（1）11

3,22311(),222113,22xxfxxxxx当12x时，1()22fxf，当1122x，1()12fxf，当12x时，1()12

fxf，所以min()1mfx……5分解法二：（1）111()222fxxxx111222xxx1112x试卷第5页，总5页当且仅当11022102xxx即1

2x时，等号成立.当12x时min()1mfx……5分解法一：（2）由题意可知，111abbccacab，因为0a，0b，0c，所以要证明不等式9abbccaabc，只需证

明111()9abccab，因为331111()339abcabccababc成立，所以原不等式成立.……10分解法二：（2）因为0a，0b，0c，所

以322230abbccaabc，330abcabc，又因为1abc，所以32223()()339abcabbcacabcabc，()()9abbcacabc所以9abbccaab

c，原不等式得证.……10分补充：解法三：（2）由题意可知，111abbccacab，因为0a，0b，0c，所以要证明不等式9abbccaabc，只需证明111()9abcabc，由柯西不等式得：2111111(

)9abcabcabcabc成立，所以原不等式成立.……10分