2020年高三NCS20200607南昌一模理科数学答案

—高三理科数学（模拟一）答案第1页—zyxEC1B1A1CBANCS20200607项目第一次模拟测试卷理科数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号123456789101112答案DABCBABABDCC二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分．13．220xy14．8415．416．5;4n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题-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、23题为选考题，考生根据要求作答．17.【解析】（Ⅰ）2=3CBDABD，所以11sin2sin2326BCBDBABD……2分所以2sin223sin333BCABAC；………5分（Ⅱ）11sin22sin22BCBDBABD，所以242sincos222sincos2，………9分所以4，334ABC，………10分所以221682422()402AC，所以边210AC.………12分18.【解析】（Ⅰ）因为AE平面11BBCC，所以1AEBB，…2分又因为111,2,23BEBBBCEBC，所以3CE，因此222BECEBC，所以1CEBB，………4分因此1BB平面AEC，所以1BBAC，从而1AAAC，即四边形11ACCA为矩形；………6分（Ⅱ）如图，以E为原点，1,,ECEBEA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，所以11(0,0,1),(0,2,1),(0,1,0),(3,0,0)AABC，平面1EBC的法向量(0,0,1)m,设平面11ABC的法向量(,,)nxyz,………7分由1(,,)(3,1,0)03nCBxyzyx,由11(,,)(0,1,1)00nBAxyzyz,令13,3xyz，即(1,3,3)n,………9分—高三理科数学（模拟一）答案第2页—所以321cos,717mn,………11分所以，所求二面角的余弦值是217.………12分19.【解析】（Ⅰ）()e2xfxxk，由()0e2xfxxk，………2分记()e2xgxx，()e2xgx,由()0ln2gxx，且ln2x时，()0gx，()gx单调递减，()(22ln2,)gx，ln2x时，()0gx,()gx单调递增，()(22ln2,)gx，………5分由题意，方程()gxk有两个不同解，所以(22ln2,)k；………6分（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，()fx在区间(,ln2)上存在极大值点1x，且11e2xkx，所以()fx的极大值为11122111111()e(e2)(1)exxxfxxxxxx，………9分记2()(1)e((,ln2))thtttt，则()e2(2e)tthtttt，因为(,ln2)t，所以2e0t，所以0t时，()0ht,()ht单调递减，0ln2t时，()0ht，()ht单调递增，……11分所以()(0)1hth，即函数()fx的极大值不小于1.………12分解法二：由（Ⅰ）知，()fx在区间(,ln2)上存在极大值点1x，且11e2xkx，所以()fx的极大值为11122111111()e(e2)(1)exxxfxxxxxx，………9分因为110x，11e1xx，所以21111()(1)(1)1fxxxx.即函数()fx的极大值不小于1.………12分20.【解析】（Ⅰ）因为1(1,0)F，2(1,0)F，所以12||=2FF，因为圆1F的半径为r，圆2F的半径为4r，又因为13r，所以|4|2rr，即12|4||4|rrFFrr，所以圆1F与圆2F有公共点，………2分设公共点为P，因此12||4PFPF，所以P点的轨迹E是以1(1,0)F，2(1,0)F为焦点的椭圆，所以24,12,3acab，即轨迹E的方程为13422yx.………5分（Ⅱ）过2F点且斜率为k的直线方程为)1(xky，设),(),,(2211yxNyxM由)1(13422xkyyx消去y得到01248)34(2222kxkxk，则3482221kkxx，341242221kkxx，…………①………7分因为mxyk111，mxyk221，—高三理科数学（模拟一）答案第3页—所以1212121212(1)(1)()()()yykxkxkkkkkxmxmxmxm))(())(1())(1()11(211221222112mxmxmxxmxxkmxxmxxk2212121212)(2))(1(2mxxmxxmxxmxxk，………9分将①式代入整理得12()kkk2222(624)4(1)312mkmkm.………10分因为0m，所以当01232m时，即2m时，12()1kkk.………12分21.【解析】（Ⅰ）记甲乙各生产一件零件给工厂带来的效益分别为X元、Y元，随机变量,XY的分布列分别为X1052P141214Y1052P131313………3分所以1111110524242EX，1111710523333EY，所以EXEY，即乙的技术更好………5分（Ⅱ）①0P表示的是甲得4分时，甲最终获胜的概率，所以00P，8P表示的是甲得4分时，甲最终获胜的概率，所以81P；………6分②设每轮比赛甲得分为X，则每轮比赛甲得1分的概率111111(1)()433233PX,甲得0分的概率1111111(0)4323433PX,甲得1分的概率111111(1)()234333PX,………9分所以甲得(3,2,3)ii时，最终获胜有以下三种情况：（1）下一轮得1分并最终获胜，概率为4+113iP；（2）下一轮得0分并最终获胜，概率为413iP；—高三理科数学（模拟一）答案第4页—（3）下一轮得1分并最终获胜，概率为4113iP；所以11111112333nnnnnnnPPPPPPP，（2,3,4,5,6,7n）………11分所以{}nP是等差数列，则084122PPP，即决赛甲获胜的概率是12.………12分22.【解析】（Ⅰ）曲线1C的极坐标方程为2cos0，………3分2C的极坐标方程为22222cos3sin60………5分（Ⅱ）令=(0)6，则12(,),(,)66AB，则2222222cos3sin6066即22924，所以226||3OB，………7分1||2cos36OA,………9分故26||||||33ABOAOB.………10分23.（Ⅰ）11111114()[(1)][2]131313baabababab………3分当且仅当21abab，即31,22ab时，111ab的最小值为43.………5分（Ⅱ）要证明2abbaab，由0,0ab，也即证222ab.………7分因为2222abab，所以当且仅当ab时，有2212ab，即222ab，当1ab时等号成立.………10分