【文档说明】辽宁省锦州市黑山县黑山中学2020届高三下学期考前模拟训练数学（理）试题扫描版含答案.doc，共(8)页，26.332 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c75d34bc7ddb126abc23a13e39f02536.html

以下为本文档部分文字说明：

2020届高三考前模拟训练数学理科试卷答案一、选择题：BDCABACBDDCC二、填空题：13.10；14.[0,4]；15.[0,2)；16.15+三、解答题：17.解：（1）证明：∵SO垂直于圆锥的底面，∴SOAP⊥，又∵AO为M的直径，∴POAP⊥，∴AP⊥平面SOP，∴平面SAP

⊥平面SOP。（2）设圆锥的母线长为l，底面半径r，∴圆锥的侧面积为122Srlrl==侧，底面积为2Sr=底，∴依题意22rrl=，∴2lr=。不妨取2r=，4l=，∴在ABS中，4ABASBS===，∴

2223SOASAO=−=。如图所示，在底面做O的半径OC，使得OAOC⊥，又∵SO垂直于圆锥的底面，∴,SOOASOOC⊥⊥，故可建立空间直角坐标系[;,,]2223OAOCOSO，其中各点坐标为(2,0,0),(2,0,0),(0,0,23)ABS−。在三棱锥SAPO−中

，∵23SO=，∴AOP面积最大时三棱锥SAPO−的体积最大，此时MPOA⊥，又∵M的半径为1，∴此时点P坐标为(1,1,0)。∴在空间直角坐标系中，(1,1,0),(3,1,0),(1,1,23)APBPSP=−==−，取平面SAP的法向量为1(,

,)nabc=，则10nAPba=−=，1230nSPabc=+−=，∴不妨取13(1,1,)3n=。取平面SBP的法向量为2(,,)nrst=，则230nBPrs=+=，2230nSPrst=+−

=，∴不妨取23(1,3,)3n=−，∴取二面角ASPB−−的平面角为，则12121132173|cos|31||||73133nnnn−++===又∵为钝角，∴二面角ASPB−−的余弦值为21731−。OABMPSC18.解：（1）由正弦定理得sinsin(2sins

in)sincoscosBCABBBC−=，∴(2sinsin)cossincosABCCB−=，∴2sincossincossincossinACBCCBA=+=，∴1cos2C=，∴3C=。（2）取

ABC的外接圆半径为R，∵coscos2aBbA+=，∴2sincossincossin2ABBACR=+=，∴2sin2cRC==，422sin2sin(sin2sin())sinsin33444213(sin3cossin)(2sin3cos)sin(arctan)3233cca

bABAACCAAAAAA+=+=+−=++=+=+当3arctan22A=−时，42123ab+=为最大值。19.解：（1）设点P的坐标为(,)xy，∵(1,5),(1,0)PMxyOF=−−−−=，22||=(1)PFxy−+，∴依题意22|1|=(1)xxy−−−+，整理得24yx=

。（2）依题意直线l不与坐标轴垂直，故可取其方程为(2)xmy=−，代入24yx=可得24420ymym−+=，其判别式为2161620mm=−，∴2m或0m，取1122(,),(,)AxyBxy为l与C的交点，∴12124,42yymyym+==∵,

ST都在曲线C上，∴可设其坐标为223434(,),(,)44yySyTy。∵直线AS过点(1,0)F，∴可设其方程为1xny=+，代入24yx=得2440yny−−=，∴134yy=−，∴314yy=−，∴点S的坐标为21144(,)yy−

，同理点T的坐标为22244(,)yy−，∴直线ST的斜率12121212222112221244()()422444yyyyyyyymkyyyymyy−−−−===−=−=−−+−为定值。20.解：（1）依题意，随机地抽取一个餐盒得到B餐盒的概率为14，用表示“抽取的5个餐盒

中B餐盒的个数”，则X服从二项分布，即15,4B，∴其中有三个B餐盒的概率2335314544512PC==.（2）X的可能取值为：0，1，2，…，n.()104PX==，()31314416PX===，……，()1

31144nPXn−=−=，()34nPXn==.所以X的分布列为XX的数学期望为：23313131()123444444EX=++()13131444nnnn−

++−+①()2313313131()1224444444nEXn−=+++−()13131444nnnn++−+②①-②得2311313131

3131()44444444444nnEX−=+++++23133144333333()31344444414nnnnEX−−=+++++==−

−.即X的数学期望为3334n−.21.解：（1）∵(1)'()111kxkfxxx−−−=+=++，定义域为(1,+)−若0k，则1'()0,11xkfxxx++=−+成立，∴()fx在区间(1,

+)−单调递增；若0k，则()fx在区间(1,1)k−−−单调递减，在区间(1,+)k−−单调递增。（2）原命题可化为0x，(ln(1))7(1)0xkxxxe+−−+−恒成立。取()(ln(1))7(1)xgxkxxxe=+−−+−，∴21'()(1)7(1),''()71(1)xx

kgxkegxexx=−−−=−++，∴(0)0,'(0)0,''(0)7gggk===−。若7k，即''(0)70gk=−，∴存在10x使得1(0,)xx，''()0gx，所以'()gx在1(0,)x单调递减，又

∵'(0)0g=，所以1(0,),'()0xxgx，∴()gx在1(0,)x单调递减，又∵(0)0g=，∴1(0,),()0xxgx，不合题意，∴7k若0k，则2''()70(1)xkgxex=−+0x成立，若07k，可知2''()7(1)xkgxex=−+在(0,)+

单调递增，∴0x，''()''(0)70gxgk=−。∴7k时，0x，''()0gx，∴'()gx在(0,)+单调递增，∴0x，'()'(0)0gxg=，∴()gx在(0,)+单调递增，∴0x，()(0)0gxg

=。综上，k的范围为(,7]−。22.解：（1）依题意，直线1l的直角坐标方程为33yx=，2l的直角坐标方程为3yx=，由23cos2sin=+，得223cos2sin=+，222xy=+，cosx=，siny=，22

2320xyxy+−−=，即()()22314xy−+−=，∴曲线C的参数方程为32cos12sinxy=+=+（为参数）.（2）由623cos2sin==+，得23cos2sin466OA=+=，由323cos2sin=

=+，得23cos2sin2333OB=+=，又∵6AOB=所以AOB的面积11sin423sin23226SOAOBAOB===．23.解：（1）()()15fxfx++即21215xx−++当12x−时，不等式化为12215xx−

−−，∴5142x−−；当1122x−时，不等式化为12215xx−++，不等式恒成立；当12x时，不等式化为21215xx−++，∴1524x.综上，集合55{|}44Axx=−（2）由（1）知1m=，∴1abc++=.∴12

abcbcaaa−+=，同理1212,baccabbbcc−−，∴1112228abcabacbcabccba−−−=，即8M.