【文档说明】北京市房山区2020届高三下学期衔接诊断测试（二）（二模）数学试题答案.doc，共(6)页，586.500 KB，由小赞的店铺上传

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房山区2020年第二次模拟检测答案高三数学一、选择题（每小题4分，共40分）二、填空题（每小题5分，共25分，有两空的第一空3分，第二空2分）（11）2（12）3（13）12；14（14）34（15）①③三、解答题（共6小题，共85分）（16）（本小题14分）解：（Ⅰ）∵

平面ABC平面11BCCB，平面ABC平面11BCCBBC又ABBC，∴AB平面11BCCB，（有前面的∵，∴才得分）∵11AB//AB，∴11AB平面11BCCB，∵1BC平面11BCCB，∴11AB1BC，又11BCCB是正方形，11B

CBC∴111BCABC平面（有前面的∵，∴才得分）（Ⅱ）由1,,ABBCBB两两垂直，如图建立直角坐标系(0,0,0)B，1(2,2,0)C，(2,0,0)C，(0,1,1)E，1(0,2,0)B，1(2,2,0)BC，1(2,2,0)BC，(

2,1,1)CE题号12345678910答案DCACBACCDBzyxEA1B1C1CAB设平面1BCE的法向量为(,,)nxyz，则有10,0,nBCnCE即22020xyxyz，，令1x，得(1,1,1)n设直线1BC与平面1BCE

所成角为，所以46sin|cos,|3223nBCnBCBCn（17）（本小题14分）解：选择①由120nnaa，得12nnaa，得12nnaa，因为11a，所以na是以1为首项，2为公比的等比数列．所以1112nnnaaq所以1

2kka22212(1)1221112kkkkaqSq若12,,kkaaS成等比数列，则212kkaaS即12(2)k＝221k化简得2(2)16240kk－解得28215k因为k为正整数且1k

，所以k不存在选择②当12nnnnaSSn时，，因为11a符合上式，所以nan．na是以1为首项，1为公差的等差数列．所以kak122()(2)(12)(2)(3)(2)222kkaakkkkkS若12,,kkaaS成等比数列，则212kkaa

S即2(3)(2)2kkk因为k为正整数且1k，所以解得6k选择③当2212(1)21nnnnaSSnnn时，，因为11a符合上式，所以21nan．na是以1为首项，2为公差的等差数列．所以21kak，22(2)123kakk

2122()(2)(123)(2)(2)22kkaakkkSk若12,,kkaaS成等比数列，则212kkaaS即22(21)(2)kk因为k为正整数且1k，所以解得3k

（18）（本小题14分）（Ⅰ）由题意知，若舒适度为“舒适”，则在园人数不大于4083.2100万，所以10月1日至7日中下午14时舒适度为“舒适”的天数为3天，因此甲同学从10月1日至7日中随机

选1天的下午14时去该景区游览，遇上“舒适”的概率为37．（Ⅱ）这记这两天中这4个时间的游览舒适度都为“舒适”的天数为X，则X的可能取值为0,1,210月1日至7日中这4个时间的游览舒适度都为“舒适”的有3天，则24272(0)7CPX

C1143274(1)7CCPXC23271(2)7CPXCX的分布列为X012P274717所以X的期望24160127777EX（Ⅲ）从10月2日开始连续三天的在园人数的方差最大．（19）（本小题14

分）解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为22221(0)xyabab.依题意，2a，12ca.得1c，2223bac.所以，椭圆C的方程为22143xy.（Ⅱ）依题意，可设(,)Pmn（22m且0m），则(,)Qmn.点P在椭圆C上，则22143m

n，AP的斜率为12nkm，直线AP方程为(2)2nyxm，BQ的斜率为12nkm，直线BQ的方程为(2)2nyxm.设(,)Mxy，由(2)2(2)2nyxmnyxm得42xmnym，所以M的坐标

为42(,)nmm.所以P，M的横坐标之积等于44mm.222222242164283283nnmOMmmmmm，由204m，所以，OM的取值范围是2,.（20）（本小题15分）解：（Ⅰ）由sin1x，得

π2π()2xkkZ所以()fx的定义域为π{|2π()}2xxkkZ（Ⅱ）0cos0(0)e21sin0f22sin(1sin)cos1()ee(1sin)1sinxxxxxfxxx（π2π

()2xkkZ）(0)0f所以，曲线()fx在点(0(0))f，处的切线方程为2y（Ⅲ）法一：由1()e1sinxfxx，令1()e1sinxgxx，则2cos()e(1sin)xxgxx当ππ(,)22

x时，()0gx，则()gx在ππ(,)22上单调递增，且(0)0g所以当π(,0)2x时，()0fx，()fx单调递减，当π(0,)2x时，()0fx，()fx单调递增，(

)fx的极小值为(0)2f所以，当ππ(,)22x时，()2fx≥法二：1()e1sinxfxx当0x时，01(0)e01sin0f；当(,0)2x时，sin(1,0),x1sin(0,1),x11(1,),(

,1),1sin1sinxx2e(e,1)x，所以当(,0)2x时，()0fx，()fx单调递减，当(0,)2x时，sin(0,1),x11111sin(1,2),(,1),(1,),1sin21sin2xxx

2e(1,e)x，所以当(0,)2x时，()0fx，()fx单调递增，()fx的极小值为(0)2f所以，当ππ(,)22x时，()2fx≥（21）（本小题14分）解：（Ⅰ）将P分为集合{1},{2},{3}满

足条件，是完美集合．将Q分成3个，每个中有两个元素，若为完美集合，则111abc，222abcQ中所有元素之和为21，1221210.510.5cc，不符合要求；（Ⅱ）若集合{1,4}A，{3,5}B，根据完美集合的概念知集合{6,7}C，若集合{1,5}A

，{3,6}B，根据完美集合的概念知集合{4,11}C，若集合{1,3}A，{4,6}B，根据完美集合的概念知集合{5,9}C，故x的一个可能值为7,9,11中任一个；（Ⅲ）证明：P中所有元素之和为3(31)1232nnn111222nnn

abcabcabc1212()nncccc∵3ncn∴1213(31)34nnncccn∴1219(1)4nnnccc，等号右边为正整数，则等式左

边9(1)nn可以被4整除，∴4nk或14nk()n*N，即4nk或41nk()n*N．