河南省财政厅会计处电话-郑州一中

全国名校2020年高三5月大联考（新课标I卷）
理科数学·答案及评分标准
一、选择题
1
B
2
D
3
B
4
B
5
D
6
C
7
C
8
D
9
C
10
D
11
A
12
C
二、填空题

13
．
2xy10

三、解答题

17
．（
12
分）

1
【解析】（1）由
SabsinC
，及
b
2
bcabcosC23S
，得b
2
bcabcosC3absinC
，即
2
bca cosC3asinC
，
14
．
1560 15
．
15 16
．
2

由正弦定理
abc，得
sinBsinCsinAcosC3sinAsinC
，（3分）

sinAsinBsinC
又
sinBsin(AC)sinAcosC cosAsinC
，所以
cosAsinCsinC3sinAsinC
， π1
又
sinC0
，所以
cosA13sinA
，即3sinAcosA1
，
sin(A)
，
62
因为< br>0Aπ
，所以
A
πππ

，
A
.（ 6分）
663
π
（2）方法一：由余弦定理，得
a
2
b
2
c
2
2bccos,
即
a
2
(b c)
2
3bc
，
3
又
△ABC
的周长为abc12
，则
a12(bc)
，
因此
[12 (bc)]
2
(bc)
2
3bc
，即
14424 (bc)3bc
，
48bc8(bc)16bc
，当且仅当
b c
时取等号.（8分）
设
bct(t0)
，则
t
2
16t480
，
(t12)(t4)0
，
又
a12(bc)0
，则
bc12
，根据
bc2bc
，所以
bc6
，即
t6
，
因此由
(t12)(t4)0
，得
0t4
，
则 当
bc
时，
t
取得最大值
4
，即
bc
取 得最大值
16
，（10分）
13
又
△ABC
的面积为
SbcsinAbc43
，
24
因此
△ABC
的面积的最大值为
43
.（12分）

1π33(bc)
2
方法二：
△ABC
的面积为
Sbcsin
，当且仅当
bc
时取等号，（8分）
bc
23444
π
又
A
，则当
bc
时，< br>△ABC
为等边三角形，
3
又
△ABC
的周长为12，则< br>bca4
，（10分）
故
S
max
3(44)2
43
.（12分）
44
18
．（
12
分）

【解析】（1）由四边形
ABCD
是矩形，得
ABBC
，根据平面
ABP
平面< br>ABC
，平面
ABPI
平面
（2分）
ABCAB
，
BC
平面
ABC
，所以
BC
平面
ABP，则
BCAP
，
又
APPC
，根据
BCIPCC
，
BC
平面
PBC
，
PC
平面
PBC
，所以
AP
平面
PBC
，
又
PB
平面
PBC
，因此
APPB
.（5分）
（2）过点
P
作
POAB
于点
O
，由于平面ABP
平面
ABC
，所以
PO
平面
ABC
，以
OB
所在直线
为
x
轴，过
O
作
y轴平行于
BC
，
OP
所在直线为
z
轴，建立如图所示的 空间直角坐标系.

由（1）知
CB
平面
ABP
，所 以
CPB
是直线
PC
与平面
ABP
所成的角，即
sinCPB
在
△PBC
中，
CBP90
，
si nCPB
CB3

，
CP4
3
，
4
设
CB3
，则
CP4
，
PB4
2
32
7
，（7分）
由于
PO
平面
ABC
，所以可以取平面
ABC
的一个法向量为
m(0,0,1)
，（8分） < br>由（
1
）知，
APPB
，所以在直角三角形
APB
中，
POAB
，
AP3
，
AB4
，
PB7
，

所以
AO
97
37
，
BO
，
PO
，

44
4
uuur
uuur
97
37937
A(,0,0)C(,3,0)
AC(4,3,0)
，， ，，
)AP(,0,)
，

44
444
于是
P( 0,0,
uuur

4x3y0



nA C0
r
设平面
PAC
的法向量为
n(x,y,z)
，则 由

uuu
，得

9
，

37
x z0
nAP0



44
取
x3< br>，则
n(3,4,
9
7
)
，（
10
分）

则
cosm,n
mn

| m||n|
9
7
916
81
7

9
，
16
显然二面角
PACB
的平面角为锐角，
所以二面角< br>PACB
的余弦值为
19
．（
12
分）

【解析】（1）过点
P(2,1)
且斜率为
0
的直线与椭圆
C只有一个公共点，则
b1
，
设椭圆
C
的焦距为
2c
，因为椭圆
C
的离心率为
2
根据
a
2
b
2
c
2
，得
a
2
1a
2
， 则
a
2
3
，
3
9
.（12分）
16
6c6
，所以
e
，（2分）
3a3
x< br>2
因此椭圆
C
的标准方程为
y
2
1
.（ 4分）
3
（2）当直线
l
的斜率存在时，设直线
l:ykxm
，
x
2
代入
y
2
1
，得
( 3k
2
1)x
2
6kmx3m
2
30
，
3
6km3m
2
3
设
A(x
1
,y1
),B(x
2
,y
2
)
，根据根与系数的关系，得< br>x
1
x
2

2
，（6分）
,x
1
x
2

2
3k13k1

y
0< br>y
1

3x
1

1
设
Q(3 ,y
0
)
，由点
B,P,Q
三点共线，直线
AQ
的 斜率为1，得

，
y1
y1

0

2


32x
2
2
消去
y
0
，得
y
1
3x
1
=1
y
2
1< br>，即
(x
2
2)y
1
y
2
x
1
x
2
2(x
1
x
2
)30
，（ 7分）
x
2
2
根据
y
1
kx
1m,y
2
kx
2
m
，得
(x
2
2)(kx
1
m)(kx
2
m)x
1
x
2
2(x
1
x
2
)30
，
(k1)x< br>1
x
2
(mk)x
2
2kx
1
2( x
1
x
2
)3m30
，
3m
2
 36km12km
(k1)
2
(mk)(
2
x
1
)2kx
1

2
3m30
，
3k13k 13k1
(3m
2
3)(k1)6km(mk)12km
2
3m3(mk)x
1
0
，
3k
2
13k
2
13k1
k
2
mkm
2
km m
2
4km3k
2
3(mk)x
1
0
，
2
3k1
km(km)km(mk)(m3k)
3 (mk)x
1
0
，
3k
2
1
3
(km)(km1m3k)
(mk)x
1
0
，
3k
2
1
当
mk0
时，等式恒成立，此时直线
l:yk xk
，恒过点
(1,0)
，
由于点
(1,0)
在椭圆< br>C
的内部，所以直线
l
与椭圆
C
有两个交点.（10分）

x
3
2
当直线
l
的斜率不存在时 ，设直线
l
：
xx
3
，
A(x
3
,y< br>3
),B(x
3
,y
3
)
，且
y
3
2
1
，
3

y
0
y
3

3x
1

3
设
Q(3,y
0
)
，由点
B,P,Q
三点共线，直线
AQ
的斜率为1，得

，

y
0
1

y
3
1

x
3
2

32
化简得
(x
3
1)(y
3
x
3
3)0
，则
x
3
1
，故直线
l
恒过点
(1,0)
.
综上，可得直线
l
经过定点
(1,0)
.（12分）
20
．（
12
分）

【解析】（1）
f

(x)e
ax
a(x1)e
ax
(axa1)e
ax
，
当
a0
时，
f(x)x1
，
f( x)
在
(,)
上是增函数；
当
a0
时，令< br>f

(x)0
，则
x
函数，在
(
a 1a1a1
，令
f

(x)0
，则
x
，所以
f(x)
在
(,)
上是减
aaa
a1
（2分）
,)
上是增函数；
a
a1a1a1
，令f

(x)0
，则
x
，所以
f(x)
在
(,)
上是减
aaa
当
a0
时，令
f
(x)0
，则
x
函数，在
(,
a1< br>)
上是增函数.
a
综上，当
a0
时，
f(x)< br>的单调递增区间为
(,)
，无单调递减区间；当
a0
时，< br>f(x)
的单调递增
区间为
(
a1a1a1
,)
，单调递减区间为
(,)
；当
a0
时，
f(x)< br>的单调递增区间为
(,)
，
aaa
a1
,).（4分）
a
单调递减区间为
(
（2）当
a0
时 ，对任意的
x0
，有
1ax0
，
若
x1
，则
x10
，所以
f(x)0
，于是有
f(x)1ax
成立.
令
h(x)e
x
x1(x0)
，则h

(x)e
x
10
，
h(x)
在[0,)
上是增函数，
所以
h(x)h(0)0
，即
e
x
x1
，
若
1x0
，因此有
e
ax
ax1
， 即
根据
1x0
，可得
x10
，
11
ax
，又，所以，
1ax0
1axe
e< br>ax
1ax
x1(2a1)xa
2
x
2
于是
f(x)(1ax)(x1)e(1ax)
，
(1ax)1ax1ax
ax
其中
(2a1)x0,a
2
x2
0
，所以
f(x)(1ax)0
，即有
f(x)1 ax
成立.
因此，当
a0
时，对任意的
x0
，有< br>f(x)1ax
成立，符合题意.（7分）
令
g(x)f(x)(1 ax)(x1)e
ax
(1ax)
，则对任意的
x0
， 有
g(x)0
恒成立，

g

(x) (axa1)e
ax
a
，令
m(x)g

(x)< br>，则
m

(x)a(axa2)e
ax
，
1
当
a0
时，若
x0
，则
a(axa2)0< br>，
m

(x)0
，所以
m(x)
在
( ,0]
上是减函数，则
2
m(x)m(0)2a10
，于是
g(x)
在
(,0]
上是增函数，则
g(x)g(0)0
， 符合题意.（9分）
1
当
a
时，
g

(0) 2a10
，
g

(1)e
a
a
，
2
根据
e
x
x1(x0)
，得
g

(1)e
a
aa1a10
，
所以存在
x
0
(1,0)
，使得
g

(x
0
)0
，且当
x
0
x0
时，
g

(x )0
，
于是
g(x)
在
(x
0
,0)
上是减函数，
g(x)g(0)0
，这与
g(x)0
恒成立矛盾，不符 合题意.
1
因此，实数
a
的取值范围是
[,)
.（12分）
2
21
．（
12
分）

【解析】（
1）当
m=3
，
n=4
时，对一个周期而言，有
m=3
个 钩子通过每一工作台上方，则每个挂钩被
1
一名工人触到的概率是；（
1
分）

3
1
4
16
由工人生产的独立性，可知任一只钩子不被挂 上产品的概率是
(1)
，（
2
分）

381
即每只钩子为空钩的概率
p
16
，（
3
分）

8 1
3(1
16
)
81

65
.
（4
分）

4108
故传送系统的效率
D
sm(1p )

nn
（
2
）对一周期而言，有
m
个钩子通过 每一工作台上方，

则每个挂钩被一名工人触到的概率是
1
；（
5
分）

m
1
n
)
，（
6
分）

m由工人生产的独立性，可知任一只钩子不被挂上产品的概率是
(1
m[1(1
1
n
)]
m
则传送系统的效率
D
n
，（
8
分）

m1
n
mnn
2
nn1
若 m远大于n，则
D[1(1)][1(1
.（10分）
)]1< br>nmnm2m
2
2m
n1
欲使
D
提高，需减小，而
n
不可能无限增加，所以有效的方法是通过增加一个周期内钩子的数量
2m
来 提高传送效率．（
12
分）

22
．
[
选修
4—4
：坐标系与参数方程
]
（
10
分）

【解 析】（1）由题意知边
OB
的极坐标方程是

0(0

2)
，
π
边
BC
的极坐标方程是

cos
2(0

)
，
4

ππ
边
CD
的极坐标方程是

sin

2(< br>
)
，
42
π
边
OD
的极坐标方程是< br>
(0

2)
.（4分）
2
（2）由题意， 设
POB

，则
|OP|cos

2
，|OP|
2
π
且
|OQ|sin(

)2
，
|OQ|
，（7分）
π
4
sin(

)
4
2
，
c os

则
△POQ
的面积
S
1122π2
|OP ||OQ|sinPOQsin

22cos

sin(


π
)
4cos

(sin

co s

)
4

2444
4(21)
， < br>11π
sin2

1cos2

21
sin2

(1cos2

)2sin(2

)1
224
πππ

，即


时，
△POQ
的 面积取得最小值
4(21)
.（10分）
428
当
2


23
．
[
选修
4—5
：不等式选讲
]< br>（
10
分）

【解析】（
1
）当
a1时，
f(x)4|x1||x2|4
，


1 x2

x2

x1
化为

或
< br>或

，（
2
分）


12x4

34

2x14
3535
解得
x
或< br>x
无解或
x
，所以
x
或
x
，

2222
35
所以不等式
f(x)4
的解集为
{x| x
或
x}
．（
4
分）

22
z1< br>（
2
）由题意得

的取值范围是
f(x)
值域的子集 ．

yz
∵
2yz
1
，∴
4y2z1，

2
∴
z1z4y2zz4yz4y
22 26
，（
6
分）

yzyzyzyz
当且仅当
z4y
11

，即
y,z
时，取等号，

yz
84
z1
∴

的取值范围是
[6,)
，（7
分）

yz
由于
f(x)|xa||x2a||( xa)(x2a)|3|a|
，

∴
f(x)
的值域为[3|a|,)
，（
8
分）

由题意得
3|a| 6
，即
|a|2
，∴
2a2
，（
9
分）< br>
即实数
a
的取值范围是
[2,2]
．（
10分）