【文档说明】江西省南昌市江西师大附中2020届高三三模考试数学（理）试题答案.pdf，共(3)页，342.385 KB，由小赞的店铺上传

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2020三模理科数学（第1页，共4页）2020三模理科数学（第2页，共4页）zyxOPFEDCBA江西师大附中2020届高三三模考试理科数学参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．题号1234

56789101112答案DBCAABBAACBB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡的相应位置．13．6；14．3；15．25；16．2sin(1sin)(1sin)Ry

−=+，8R（本题第一空2分，第二空3分）．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.解析：（1）因为对任意*nN均有221nnnnnaabab+=+++，221nnnnnbabab+=+−+，将两式两边

相加可得()112+nnnnabab+++=，又因为112ab+=，所以数列nnab+是首项为2，公比为2的等比数列；将两式两边相乘可得112nnnnabab++=，又因为111ab=，所以数列nnab是首项为1，公比为2的等比数列．（2）由（1）可知

2nnnab+=，12nnnab−=，有11==2nnnnnnababab++．所以111(1)2(1)2nnnnncnnab+=++=+，所以2341223242(1)2nnTn+=+++++，3

4522223242(1)2nnTn+=+++++．上两式相减得：2341222222(1)2nnnTn++−=++++−+，即31222(12)8(1)2212nnnnTnn−++−−=+−+=−−，所以22nnTn+=．

18．解析：（1）设ACBEO=，连结PO．在正六边形ABCDEF中，易得ACBE⊥，AOCO=．又因为PAPC=，所以ACPO⊥．又BEPOO=，所以AC⊥平面PBE．又AC平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBE．（2）在正六边形ABCDEF中，4ABBC==，所以23AOCO==

，2BO=．又因为27PAPC==，所以4PO=．因为25PB=，所以222PBBOPO=+，即POBO⊥，所以AC、BE、PO两两互相垂直．以AC、BE、PO所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz−（如图所示）

．则(23,0,0)A−，(0,2,0)B−，(23,4,0)F−，(0,0,4)P，有(23,2,0)AB=−，(23,0,4)AP=，(0,4,0)AF=．设平面ABP的一个法向量为111()mx,y,z=．由00ABmAPm==，得11

1123202340−=+=xyxz，令12=x，解得123y=，13z=−．所以(2,23,3)m=−．设平面APF的一个法向量为222()nx,y,z=．由0,0,AFnAPn==得222402340=

+=yxz，令22x=，解得23z=−．所以(2,0,3)n=−．因此7133cos,19197mnmnmn===．因为二面角BPAF−−的平面角为钝角，故二面角BPAF−−的余弦值为13319−．19．解析：(1)因为(2,0)−B，四边形AMBO

为平行四边形，所以//AMBO，且2==AMBO．设点00(,)Mxy，则00(2,)Axy+．因为点M、A在椭圆C上，所以2200220014(2)14xyxy+=++=，解得00132xy=−=，所以3

(1,)2M−．(2)因为直线AB的斜率存在，所以设直线AB的方程为ykxm=+，11(,)Axy，22(,)Bxy．由2214ykxmxy=++=消去y得222(41)8440kxkmxm+++−=，则有122814kmxxk−+=+，21224414mxxk−=+．因为平行四边

形AMBO，所以1212(,)OMOAOBxxyy=+=++．因为122814kmxxk−+=+，所以12122282()221414kmmyykxxmkmkk−+=++=+=++，所以2282(,)1414kmmMkk−++．因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭

圆C的方程化得22441mk=+．①因为A、M、B、O四点共圆，所以平行四边形AMBO是矩形，且⊥OAOB，所以12120OAOBxxyy=+=．因为22221212121224()()()14mkyykxmkxmkxxkm

xxmk−=++=+++=+，所以222121222444+01414mmkxxyykk−−+==++，化得22544mk=+．②由①②解得2114k=，23m=，此时0，因此112k=．所以所求直线AB的斜率为112．2020三模理科数学（第3页，共4页）202

0三模理科数学（第4页，共4页）20．解析：（1）按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6、2，所以恰好取到一级口罩个数为2的概率126238328==CCPC．（2）①由题知，X的可能取值为0,1,2,2232cos2cos2cos(0)(1)(1

)1==−−=−−+nnnPXnnnnn；22232cos2cos2cos4cos(1)(1)(1)==−+−=+−nnnnPXnnnnnnn；32cos(2)==nPXn．所以X的分布列为X012P232cos

2cos1−−+nnnnn232cos4cos+−nnnnn32cosnn所以232332cos2cos2cos4cos2cos0(1)1()2()=−−+++−+nnnnnEXnnnnn

nn22cos=+nnn．②因为=YnX，所以22cos()2cos==+=+nEYnEXnnnnn．令110,2=tn，设()2cos=+fttt，则()=EYft，因为1'()2sin2(

sin)2=−=−fttt所以当1(0,)6t时，'()0ft，所以()ft在区间1(0,)6上单调递增；当1162t，时，'()0ft，所以()ft在区间1162，上单调递减；所

以当16=t即=6n时()ft取最大值，所以1()()366=+ftf．所以EY取最大值时，n的值为6．21．解析：（1）()cosxfxxe−=−，则()fx在3[,2]2上单调递增，又3()0

,(2)02ff，所以()fx在3(,2)2有唯一的零点t．当3(,)2xt时，()0fx；0(,2)xx时，()0fx．又3223()10(2)2fefe−−=−+=，所以()fx在3[,2]2的最大值为2e−

．（2）证法一：1()cos2xgxxe−=−−，则当(0,)2x时，()gx单调递增，又42121()0,()042222gege−−=−−=−，所以()gx在(0,)2x有唯一的零点0(

,)42x，此时，0(0,)xx时，()0gx；0(,)2xx时，()0gx，所以0x是极小值点，不妨让01xx=．当3(,)22x时，cos0x，所以2111()cos0222xxgxxeee−−

−=−−−−；当3(,2)2x，()sin()xgxxefx−=+=．由（1）知，()gx有唯一的零点13(,2)2t，则13(,)2xt时，()0gx，即()gx单调递减；1(,2)xt时，()0gx，即()gx单调递增又72437121()0

,()0,(2)024222ggege−−=−−=−−，所以()gx在3(,2)2x有唯一的零点337(,)24x，此时33(,)2xx时，()0gx；3(,2)xx时，()0gx，所以3x是极大值点，即32xx=，所以(

)gx在(0,2)有两个极值点12,xx，其中1(,)42x，237(,)24x，且12121cos21cos2xxxexe−−−=−=，由于12xxee−−，所以122coscoscos(2)xxx

=−．因为1(,)42x，22(,)42x−，所以122xx−，即122xx+．又1(,)42x，所以111sincos2sin()24xxx+=+，同理222sincos2sin()04xxx+=+，2020三模理科数学（第5页，共4页）2020三模理

科数学（第6页，共4页）所以1212112211()()sinsin22xxgxgxxxexxe−−+=−++−+12112211()(sincos)(sincos)12122xxxxxx=+−+−++−+−．证法二：前面同证法一．由1

2112211cos3522(,),(,)113223cos22xxexxxex−−−=−=．11111111()sinsin22xgxxxexx−=−+−．令1()sin,(,)232txxxx=−，则1()cos02txx=−，所以11111

11113()sinsin()()22362xgxxxexxtxt−=−+−==−，2222222111()sinsincos222xgxxxexxx−=−+=+−−．令1135()sincos,(,)2223hxxxxx=+−−，则1115(

)cossinsinsin02223hxxxx=−+++=．所以22553()()()362gxhxh==+，所以123531()()62622gxgx+−++=−．22．解析

：（1）由2,2xttytt=+=−得，222222()()8xytttt−=+−−=，所以曲线C的普通方程为228xy−=．由πcos()33−=得13cossin322+=，所以323xy+=，即直线l

的直角坐标方程为3230xy+−=．（2）法1：由（1）知，点(0,2)M在直线l上，设l的参数方程为3,2122xy=−=+（为参数），A，B两点对应的参数分别为1，2，将3,2122xy=

−=+代入228xy−=，得24240−−=，所以124+=，1224=−，从而1212||||||||||169647MAMB+=+=−=+=．法2：由（1）知，点(0,2)M在直线l上，设11(,)Axy，22(,)Bxy，由

223230,8xyxy+−=−=得，223180xx+−=，所以1223xx+=−，1218xx=−．所以1221122||||1(||||)||127247333MAMBxxxx+=++=−=+=

．23．解析：（1）不等式可化为412+1+1xx−，则当14x时，有3412+1+12xxx−，此时不等式解集为1342x；当1124x−时，有1142+1+16xxx−−，此时不等式解集为1164x−；当12x−时，有11421+12xxx−−−，此时不

等式解集为x；综上所述，不等式的解集为13{|}62xx−．（2）222222()()21212()2fafbabab+=−+−+−因为2222()()4abab++=，从而222()22ab+−，即22()()2f

afb+，当且仅当1ab==时取等号，所以22()()fafb+的最小值为2．