2020北京高三朝阳二模数学答案

1、北京市朝阳区高三年级高考练习二2020. 6数学 参考答案第一部分（选择题 共 40 分）、选择题（共 10 小题，每小题 4分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中， 选出符合题目要求的一项）1）B（2）B（3）D（4）A（5）A6）C（7）C（8）D（9）C（10）A第二部分（非选择题 共 110 分）二、填空题（共 5小题，每小题 5分，共 25 分）1（11）（12）15（13） 122（14）2； 2 3（15）三、解答题（共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）（16）（本小题 14 分）解：（不可以选择作为补充条件 .）选择作为补充条件 .解答如下：

2、（）因为 a5 1， a3 1，所以 d 1所以 an 1 （n 5） 1 n 4（n N ） 4 分 （）由（）可知 a1 3 所以 Sn n（a1 an） 1n（n 7）22因为 n N ，所以当 n 3或 4 时， Sn取得最小值，最小值为6故存在正整数 n 3或4，使得 Sn有最小值，最小值为 6 14 分选择作为补充条件 .解答如下：（）因为 a5 1， d 2，所以 an 1 （n 5） 2 2n 9（n N ） 4 分（）由（）可知 a1 7 所以 Sn n（a1 an） n2 8n 所以当 n 4时， Sn 取得最小值，最小值为162故存在正整数 n 4，使得 Sn 有最小值，

3、最小值为161 4分17）（本小题 14 分）解：（）因为 ABCD 是正方形，所以 AD CD 又因为 AD DE ， DE ì平面 CDEF ， CD ì平面CDEF ， CD I DE= D， 所以 AD 平面 CDEF 4 分 （）由（）知， AD 平面 CDEF , 所以平面 ABCD 平面 CDEF 过点 E 作 EO CD ，垂足为 O ， 则 OE 平面 ABCD 在平面 ABCD内，过 O 作OH CD， 则 OE OH 如图建立空间直角坐标系 O - xyz ，因为 AD= 4，DE= EF= 2，且 ?EDC ，所以 DO=1，OE= 33则 A(4,

4、- 1,0)， B(4,3,0) ， C(0,3,0) ， D(0,- 1,0) ， E(0,0, 3)，uuru uuur uuur所以 AD= (- 4,0,0) ，AE= (- 4,1, 3)，BD= (- 4,- 4,0)设平面 ADE 的一个法向量为 n = （x,y,z），uuru?ìn?AD 0, 则 ?í uuur n?AE 0.?ì-4 x = 0,4x+ y + 3z = 0.令 y 3 ，则 x 0 ， z1，于是 n=(0, 3,- 1)设直线 BD 与平面 ADE 所成角为 q ，uuur则 sinq= |cos< n,BD >

5、;|=uuur|n×BD |4 3uuur = =|n|BD | 24 210 分6 所以直线 BD 与平面 ADE 所成角的正弦值为 4）棱 AB上存在点 G，使得 MG/平面 ADE ，此时 AG= 3理由如下：因为DC/AB，DC?平面 ABFE ， ABì平面 ABFE ， 所以 DC / 平面 ABFE 因为 DCì平面 DCFE ，平面 DCFE I 平面 ABFE = EF ， 所以 DC /EF 53 由()知， F (0,2, 3)， M(0,2, 2 )uuur 5 3 设G(4, y1,0) (- 1y1 3)，则 MG = (4, y1-

6、,-)22 由()知，平面 ADE 的一个法向量为 n = (0, 3,- 1)uuru 5 3若MG/平面 ADE，则 MG?n 0，即 3(y1- 5)+ 3= 0，解得 y1= 2，即 G(4,2,0) 22 经验证，此时 MG/ 平面 ADE 所以棱 AB上存在点 G，使得 MG/平面 ADE ，此时 AG= 3 14分(18)(本小题 14 分)解：()由题意知， 1 (0.1 0.2 0.4 a) 1，所以 a 0.3 3 分() 4组无人驾驶汽车的数量比为 1:2:4:3 ，若使用分层抽样抽取 10 辆汽车，则行驶里程在 7,8) 这一组的无人驾驶汽车有 10 4 4 辆，10行

7、驶里程在 8,9 这一组的无人驾驶汽车有 10 3 3 辆10由题意可知， X 的所有可能取值为 0，1， 22 1 1 2C4 2 C4 C3 4 C3 1P(X 0) 42， P(X 1) 4 23， P(X 2) 32C72 7C72 7C72 7所以 X 的分布列为所以 X 的数学期望 E(X )24101267 7 77)这种说法不正确理由如下：由于样本具有随机性，故1， 2 是随机变量，受抽样结果影响因此有可能 1 更接近 0 ，也有可能 2更接近 011 分X012P241777所以 | 0 1| | 02 |不恒成立14 分所以这种说法不正确2 a22 b c ,621解：（）

8、由题意可知 2(2)1,得b2 2， a2 42a2b2c2,a2,22所以椭圆 C 的方程为 xy 1 4219）（本小题 14 分）由题意可知，直线l 的斜率存在，设直线5分l 的方程为 y k（x 4） 由 y xk(1x04),得13,k.所以 Q(1, 3k)3k.由 y2xk(x2y244),得2(kx 4k)2 4.整理得2 2 2 2(1 2k2)x2 16k2x (32k2 4) 0.由 ( 16k2)2 4(1 2k2 )(32k2 4) 0，得设直线 l与椭圆 C的交点 A（x1, y1 ） ， B（x2 ,y2） ，则 x1 x216k21 2k2 ， x1x232k2

9、 41 2k2因为uuurAPuuur uuurPB ， AQuuur uuurQB 且 AP (4 x1,y1)，uuurPB(x2 4,y2 )，所以因为所以uuurAQ5(x1(1 x1, 3k4 x1 1 x2 4 x2y1)，x11uuurQB (x2 1,y23k)，(4 x1)( x2 1) (1 x1 )( x25(x1 x2) 2x1x2 8(x2 4)(x2x2) 2x1x2 80.(x24)(x2 1)4)1)16k2521 2k280k 2 64k21 2k232k2 4281 2k28 8 16k20，14 分20)(本小题 15 分)解：()( )因为 f(x) 2

10、sinx xcosx ax ，所以 f (x) 2cosx (cosx xsin x) a cosx xsinx a 因为曲线 y f ( x) 在点 (0, f (0) 处的切线的斜率为 1，4分所以 f (0) 1，即1 a 1，故 a 0经检验，符合题意 ) 由()可知 f (x) 2sin x xcosx ， f (x) cosx xsin x设 g(x) f (x)，则 g (x) xcosx 令 g ( x) 0 ，又 x (0,) ，得 x 2当x (0, )时， g(x) 0；当 x ( , )时， g(x) 0， 22所以 g(x) 在(0, )内单调递增，在 ( , )内单

11、调递减又g(0) 1， g(2) 2， g() 1，因此，当 x (0, 时， g(x) g(0) 0，即 f (x) 0，此时 f(x)在区间 (0, 上无极值点； 22当 x ( ,)时， g(x) 0有唯一解 x0，即 f (x) 0有唯一解 x0 ，2且易知当 x ( ,x0)时， f (x) 0，当 x ( x0 ,)时， f (x) 0，210分故此时 f ( x)在区间 (,) 内有唯一极大值点 x0 综上可知， 函数 f (x)在区间 (0,) 内有唯一极值点) 因为 f (x) cosx xsinx a，设h(x) f (x)，则 h(x) xcosx令 h(x) 0，又 x

12、 (0, ) ，得 x 2且当 x (0, )时，h(x) 0；当 x ( 2, )时， h ( x) 0， 所以 f (x ) 在 (0, ) 内单调递增，在 ( , ) 内单调递减22当 a 1 时， f (0) 1 a 0 ， f ( ) a 0 ， f ( ) 1 a 22(1)当 f ( ) 1 a 0，即 a 1时， f (x) 0 此时函数 f ( x)在(0, )内单调递增， f (x) f(0) 0；(2)当 f ( ) 1 a 0，即 1 a 1时，因为 f (0) 1 a 0 ， f ( ) a 0 ，22所以，在(0, )内 f (x) 0恒成立，而在区间 (,)内 f

13、 ( x)有且只有一个零点， 记为 x1， 22又因为 f (0)0，f ( ) (1 a)0 ，所以此时 f (x)0由( 1)(2)可知，当a1 时，对任意 x(0,) ，总有 f(x)0 15 分21)(本小题 14 分)解：() nA 2； nB 4 4 分()不妨设 0 a1 a2a3a4 11 因为 1 SA 1 (a1a2a3 a4 ) a2 a4a3 a4 SA ，所以a2 a4 ， a3a4 不能整除 SA 22因为(i,j)最多有 (1,2) ， (1,3) ， (1,4) ， (2,3) ， (2,4) ， (3,4)六种情况，而 (2,4) ， (3,4) 不满足题意，所以 nA 6 2 4 当 A 1,5,7,11 时， nA 4，所以 nA 的最大值为 4 9 分 )假设 0 a a1 a2 a3 a4 由()可知，当 nA取到最大值 4时， a1 a2，a1 a3，a1 a4， a2 a3 均能整除 SA 11因为 SA maxa1 a4,a2 a3 SA，故 SA =max a1 a4,a2 a3 ， 22所以 a1 a4 a2 a3 设u a1 a2，v a1 a3，则 u，v是 SA 2(a2 a3) 2(u v 2a1)的因数，所以 v是2(u 2a1 )的因数，且 u是2(v 2a1) 的因数因为 u v ，所以 2(u 2a1) 2u