珠海市2020届高三9月摸底测试（理数答案PDF版） 7页

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。第17 ~ 21题为必考 题，每个试题考生都必须作答。第 22 23、 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分 17.解：（1）在 ABC△ 中，∵ 2 cos cos cosa A c B b C  ∴ 2sin cos sin cos sin cosA A C B B C  ……………………1 分 ∴ 2sin cos sin( )A A C B  ……………………2 分 ∴ 2sin cos sinA A A ……………………3 分 ∴ 1cos 2A  ……………………4 分 ∵ (0, )A  ∴ 3A  . ……………………6 分 （2）由于 2a  ， 3A  由余弦定理有 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， ……………………..7 分 ∴ 2 2 24 ( ) 4 2bc b c b c bc       ，∴ 2( ) 4 3 b cbc   ， ……………………..8 分 又根据基本不等式有 2 2 b cbc      ，所以 2 24 2 ( ) 3 b cb c       ， ……………………..9 分 解得 4b c  （当且仅当 2c b  时等号成立） ……………………..10 分 又因为三角形两边之和大于第三边，所以 2b c  ……………………..11 分 因为 2a  ，所以 ABC 周长 a b c  的取值范围为 (4,6] . ……………………..12 分 18. （1）证明：在平面 ABED 中， AB CD ∴ BC CD ……………………..1 分 ∵ PC 为 AC 沿CD 折起得到，∴ PC CD ……………………..2 分 ∵ PC BC C  ，∴CD  平面 PBC ， ……………………..3 分 又∵CD  平面 DEBC ，∴平面 PBC  平面 DEBC ……………………..4 分 （2）解：在平面 ABED 中， AB CD ， AB BE ，∴ / /CD EB 由（1）知CD  平面 PBC ，∴ EB  平面 PBC ，∴ EB PB . 由 PE 与平面 PBC 所成的角为 45 ，得 45EPB   ， ∴ PBE 为等腰直角三角形，∴ PB EB ， ∵ / /AB DE ，又 / /CD EB ，得 BE=CD=2， ∴ PB=2 ，故 PBC 为等边三角形， 取 BC 的中点O ，连结 PO， ∵ PO BC ，∴ PO  平面 EBCD ， 以O 为坐标原点，过点O 与 BE 平行的直线为 x 轴，CB 所在的直线为 y 轴，OP 所在的直 线为 z 轴建立空间直角坐标系如图， ……………………..6 分 则 B(0,1,0) ， E(2,1,0) ， D(2,-1,0) ，  0 0 3P ，， ， 从而  0 2 0DE   ，， ，  2 0 0BE   ，， ，  21 3PE   ，， ， ……………………..8 分 设平面 PDE 的一个法向量为  m x y z ， ， ，平面 PEB 的一个法向量为  n a b c ， ， ， 则由 0 0 m DE m PE         得 2 0 2 3 0 y x y z     ，令 2z   得  3 0 2m ，，   ， …..9 分 由 0 0 n BE n PE         得 2 0 2 3 0 a a b c     ，令 1c  得  0 31n  ， ， ， ……………..10 分 设二面角 D PE B  的大小为 ，则 2 7 77 2 m ncos m n          ， ……………..11 分 即二面角 D PE B  的余弦值为 7 7  ． ……………………..12 分 19.解：（1）依照最高（低）温度折线图和出芽数条形图可得如下数据： (7,23), (8,26), (12,37), (9,31), (13,40), (11,35) …………………………….2 分 故 10x  ， 32y  ， …………………………….4 分              6 2 1 3 9 2 6 2 5 1 3 8 1 3 77i i i x x y y                     ，         6 2 2 2 22 2 2 1 3 2 2 1 3 1 28i i x x             ， 所以，      1 2 1 7 2 ˆ 7 11 8 4 n i i i n i i x x y y b x x           ， 则 11 932ˆˆ 104 2a y bx      ， …………………………….7 分 所以，绿豆种子出芽数 y （颗）关于温差  x C 的回归方程为  11 9 4 2y x  ； …………………………….8 分 （2）因为 4 月11日至 7 日温差的平均值为10 C ， 所以 4 月 7 日的温差  7 7 10 60 10x C     ， …………………………….9 分 7 11 910 324 2y     ， …………………………….10 分 所以 32 2000 640100   （颗）， …………………………….11 分 所以 4 月 7 日浸泡的 2000 颗绿豆种子一天内的出芽数约为 640 颗. …………………….12 分 20.解：（1）由题意可知 2 2 2 1 2 2 3 b ce a a b c        ，解得 3, 2 2a c  ， …………………………….3 分 所以椭圆方程为 2 2 19 x y  . …………………………………….4 分 （2）设    1 1 2 2,P x y Q x y， ， 当直线 PQ 的斜率存在时，设其方程为 y kx m  ， 联立椭圆方程得 2 2 29 1 18 9 9 0k x kmx m     ， …………………………….5 分 则 1 2 2 18 9 1 kmx x k    ， 2 1 2 2 9 9 9 1 mx x k   …………………………….6 分   2 2 2 22 1 2 1 2 2 6 1 9 11 4 9 1 k k mPQ k x x x x k         …………………………….7 分 点O 到直线的距离 21 md k   …………………………….8 分 所以 2 2 2 2 1 3 12 9 1 9 1POQ m mS PQ d k k         …………………………….9 分 由  2 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 9 k x x km x x my yk k x x x x       化简得 2 29 2 1k m  代入上式得 3 2POQS  …………………………….10 分 若直线斜率不存在易算得 3 2POQS  …………………………….11 分 综上得，三角形 POQ 的面积是定值 3 2 . …………………………….12 分 21.已知函数 1( ) xf x e  , （1）若 ( )f x ax 对 (0, )x  恒成立，求 a 的取值范围； （2）数列  * 2 ln n n Nn      的前 n 项和为 nT ，求证： 2 2( 1)n nT n   ． （1）解： 1( ) xf x e  ，若函数 ( )f x ax… 对 (0, )x  恒成立， 即 1xea x   在 (0, )x  上恒成立． ……………………………………………………………….1 分 令 1 ( ) xeg x x   ，则 1 2 ( 1)'( ) xe xg x x   ． ……………………………………………………………….2 分 令 '( ) 0g x  ，得 1x  ；令 )'( 0g x  ，得 0 1x  ． 所以 ( )g x 在(0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增． …………………………………….3 分 所以 min( ) (1) 1g x g  ， …………………………………….4 分 所以 1a  ． …………………………………….5 分 （2）证明：由（1）得当 1a  时，有 1xe x … 恒成立， …………………………………….6 分 令 2x n ，则 2 1 2ne n  ， …………………………………….7 分 两边取对数得到 2 21 lnn n … ， …………………………………….8 分 所以 2 2 2 2 2 1 ln 2lnn n n n n n    ． …………………………………….9 分 所以 2 2 ln 1 1 1 1 1 1 11 1 12 2 ( 1) 2 1 n n n n n n n                         ， ………………….10 分 则： 1 2 1 1 1 1 1 112 2 2 2 3 1 i n n lni nT i n n                             …………………….11 分 1 112 2 1 n n       2 2( 1) n n   ． …………………….12 分 （二）选考题：共10分。请考生在第 22 23、 题中任选一题作答. 22. (选修 4－4：坐标系与参数方程)（10 分） 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 2 2cos ,4 2sin x y        （ 为参数），以坐标原点为 极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 4sin  . (1)把 1C 的参数方程化为极坐标方程： (2)求 1C 与 2C 交点的极坐标  0,0 2     . 解 (1)曲线 1C 的直角坐标方程为   2 22 4 4x y    ， …………………………….2 分 即 2 2 4 8 16 0x y x y     . …………………………….4 分 1C 的参数方程化为极坐标方程为 2 4 cos 8 sin 16 0        ； …….6 分 (2)联立 2 4 8 16 0 4 cos sin sin               …………………………….7 分 可得： 4 2 2 2 4             或 ， …………………………….9 分 1C 与 2C 交点的极坐标为 4, 2      ，和 2 2, 4      . …………………………….10 分 23. (选修 4－5：不等式选讲)（10 分） 已知函数 ( ) 1f x x x a    , （1）当 2a  时，求不等式 ( ) 5f x  的解集； （2）若 ( ) 2f x  的解集为 R ，求 a 的取值范围． 解（1）当 2a  时，原不等式可化为 1 1 2 5 x x      或 1 2 3 5 x     或 2 2 1 5 x x     …………………………….3 分 解得  2,3x  ， 所以不等式的解集为 2,3 . …………………………….5 分 （2）由题意可得  min 2f x  ,    1 1 1x x a x x a a         ， …………………………….6 分 当  1x x a  0 时等号成立， …………………………….7 分  min 1f x a   ， …………………………….8 分  1 2 1 2a a    或 , …………………………….9 分 即 1a  或 3a   . …………………………….10 分