河北省唐山市2020届高三上学期期末考试 数学（理）试题 扫描版 9页

唐山市 2019—2020 学年度高三年级第一学期期末考试 理科数学参考答案 一．选择题： A 卷：DACBA BCDCD AC B 卷：DACBD BCDCA AC 二．填空题： 13．5 14．9 15．7 16．①② 三．解答题： 17．解： （1）在 Sn＝2n＋1－2 中， 令 n＝1，得 a1＝S1＝21＋1－2＝2， 当 n≥2 时，Sn－1＝2n－2， 则 an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n． 又因为 a1＝2 符合上式， 所以，an＝2n． …4 分 （2）由（1）得 bn＝n＋1 an ＝n＋1 2n ，则 Tn＝ 2 2＋ 3 4＋…＋ n 2n－1＋n＋1 2n ①，则 1 2Tn＝ 2 4＋ 3 8＋…＋ n 2n＋n＋1 2n＋1 ②， ①－②，得 1 2Tn＝1＋ 1 4＋ 1 8＋…＋ 1 2n－n＋1 2n＋1 ＝ 3 2－n＋3 2n＋1 ， 则 Tn＝3－n＋3 2n ． …12 分 18．解： （1）因为 AB 是圆的直径， 所以 BC⊥AC， 因为 PC 垂直圆所在的平面， 所以 PC⊥BC， 又因为 AC∩PC＝C， 所以 BC⊥平面 PAC． 因为 D，E 分别是棱 PB，PC 的中点， 所以 BC∥DE， 从而有 DE⊥平面 PAC． …4 分 （2）由（1）可知，DE⊥AE，DE⊥EC， 所以∠AEC 为二面角 A－DE－C 的平面角， 从而有∠AEC＝45°， 则 AC＝EC＝ 1 2PC＝2，又 BC⊥AC， AB＝4，得 BC＝2 3． …7 分 以 C 为坐标原点， CB→， CA→， CP→方向分别为 x 轴， y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 C−xyz． 则 C(0，0，0)，A(0， 2，0)，E(0，0，2)， B(2 3，0，0)，P(0，0，4)，D( 3，0，2)， AE→＝(0，－2，2)， CA→＝(0，2，0)， CD→＝( 3，0，2)． 设 n＝(x，y，z)是平面 ACD 的法向量，则  n· CA→＝0， n· CD→＝0， 即   y＝0， 3x＋2z＝0．可取 n＝(2，0，－ 3)． …10 分 故 cos n， AE→＝ n· AE→__________ |n|·| AE→|＝－ 42 14 ． …11 分 所以直线 AE 与平面 ACD 所成角的正弦值为 42 14 ． …12 分 19．解： （1）依题意可得列联表 选择物理 不选择物理 合计 男 300 125 425 女 300 175 475 合计 600 300 900 …2 分 将列联表中的数据代入公式计算得 k＝ n(ad－bc)2 (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)＝900(300×175－300×125)2 600×300×425×475 ≈5.573＜6.635， …5 分 所以，不能在犯错误概率不超过 0.01 的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”． …6 分 （2）由（1）可知，从该校 2018 级高一学生中任取一名同学，该同学选择物理的概率 P ＝ 600 900＝ 2 3， X 可取 0，1，2，3． P(X＝0)＝C03×(1－ 2 3)3＝ 1 27， B P A C E D z x y P(X＝1)＝C13× 2 3×(1－ 2 3)2＝ 2 9， P(X＝2)＝C23×( 2 3)2×(1－ 2 3)＝ 4 9， P(X＝3)＝C33×( 2 3)3＝ 8 27． …10 分 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 27 2 9 4 9 8 27 E(X)＝0× 1 27＋1× 2 9＋2× 4 9＋3× 8 27＝2． …12 分 20．解： （1）由已知可得，   1－b2 a2＝ 3 4， 1 a2＋ 3 4b2＝1． 解得 a2＝4， b2＝1． 故 E 的方程为x2 4＋y2＝1． …4 分 （2）设直线 PA，PB，PC 的斜率分别为 k1，k2，k3． 由题意设 l：y＝k(x－1)，则 C(4，3k)，k3＝ 3k－ 3 2 4－1 ＝k－ 3 6 ． …6 分 将 y＝k(x－1)，代入x2 4＋y2＝1 得 (1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0． 设 A (x1，y1)，B (x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 8k2 1＋4k2，x1x2＝4k2－4 1＋4k2． …8 分 而 k1＋k2＝ y1－ 3 2 x1－1 ＋ y2－ 3 2 x2－1 ＝ y1 x1－1＋ y2 x2－1－ 3 2 ( 1 x1－1＋ 1 x2－1) ＝2k－ 3 2 × x1＋x2－2 (x1－1)(x2－1) ＝2k－ 3 3 ． …10 分 则 k1＋k2＝2k3， 所以，直线 PA，PC，PB 的斜率成等差数列． …12 分 21．解： （1）f (x)＝x＋ 2cos x－ 2xsin x－ 2cos x＝ 2x( 2 2 －sin x)， …2 分 由 f (x)＝0 及 x∈[－π，π]，得 x＝0 或 π 4或3π 4 ． 当 x 变化时，f (x)和 f (x)的变化情况如下表： x [－π，0) 0 (0， π 4 ) π 4 ( π 4，3π 4 ) 3π 4 (3π 4 ，π] f (x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ f (x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ …5 分 所以 f (x)的单调递减区间为[－π，0)，( π 4，3π 4 )； f (x)的单调递增区间为(0， π 4 )，(3π 4 ，π]． …6 分 （2）当 x∈[－π，π]时，由（1）得， f (x)的极小值分别为 f (0)＝0，f (3π 4 )＜f ( π 2 )＝π2 8 － 2＜0； 极大值 f ( π 4 )＞f (0)＝0． 又 f (π)＝π2 2 － 2π＞0， 所以 f (x)在[－π，0]上仅有一个零点 0； 在(0，3π 4 )，(3π 4 ，π]上各有一个零点． …8 分 当 x＜－π 时，f (x)≥ x2 2 ＋ 2x－ 2sin x， 令 g (x)＝ x2 2 ＋ 2x－ 2sin x，则 g (x)＝x＋ 2－ 2cosx， 显然 x∈(－3π 2 ，－π)时，g (x)单调递增，g (x)＜g (－π)＝2 2－π＜0； 当 x∈(－∞，－3π 2 ]时，g (x)≤－3π 2 ＋2 2＜0， 从而 x＜－π 时，g (x)＜0，g (x)单调递减， 因此 g (x)＞g (－π)＝ π2 2 － 2π＞0，即 f (x)≥g (x)＞0， 所以 f (x)在(－∞，－π)上没有零点． …10 分 当 x＞π 时，f (x)≥ x2 2 － 2x－ 2sin x， 令 h (x)＝ x2 2 － 2x－ 2sin x，则 h (x)＝x－ 2－ 2cosx， 显然 x∈(π， 3π 2 )时，－ 2cosx＞0，h (x)＞0； 当 x∈[3π 2 ，＋∞)时，h (x)≥3π 2 －2 2＞0， 从而 x＞π 时，h (x)＞0，h (x)单调递增， 因此 h (x)＞h (π)＝ π2 2 － 2π＞0，即 f (x)≥h (x)＞0， 所以 f (x)在(π，＋∞)上没有零点． 故 f (x)在 R 上仅有三个零点． …12 分 22．解： （1）因为 x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以圆 C：ρ＝2cos θ，直线 l：ρsin θ＝2． …4 分 （2）设 A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋α)，－ π 2＜θ＜ π 2． 依题意可得，ρA＝2cos θ， ρBsin (θ＋α)＝2，ρBcos α＝ρA． 所以 2cos θsin (θ＋α)＝2cos α， 从而 cos θsin θcos α＋cos2θsin α＝cos α， 所以 tan α＝1－cos θsin θ cos2θ ＝tan2θ－tan θ＋1＝(tan θ－ 1 2)2＋ 3 4， 所以 tan θ＝ 1 2时，tan α 取得最小值 3 4． …10 分 23．解： （1）因为( 2 a＋ 1 b)(2a＋b)＝2b a ＋2a b ＋5≥9，又 2a＋b＝3， 故此， 2 a＋ 1 b≥3，当且仅当 b a＝ a b，即 a＝b＝1 时等号成立． …4 分 （2）因为(2a＋b)(c＋d)＝2ac＋bd＋bc＋2ad≥2ac＋bd＋2 2acbd＝( 2ac ＋ bd )2， 所以 2ac ＋ bd ≤ 3，当且仅当 bc＝2ad 时等号成立， 此时2a c ＝ b d＝2a＋b c＋d ＝3，故当 a c ＝ 3 2时， 2ac ＋ bd 取得最大值． …10 分 注：试题有其他解法，参照答案赋分．