2019-2020年高考数学一模试卷(文科)含解析

f=sinx【解答】解：（1）（x）（+． 令

≤2x+

≤

cosx﹣sinx）+1=sin2x﹣+1=sin（2x+）

，解得

，

≤x≤

]，k∈Z．

．

∴函数f（x）的单调递减区间是[（2）∵f（C）=sin（2C+∵

?

=abcosA=2

）+=，∴sin（2C+）=1，∴C=．

a=12，∴a=2．

由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcosC=12+16﹣24=4． ∴c=2．

17．有两个袋子，其中甲袋中装有编号分别为1、2、3、4的4个完全相同的球，乙袋中装有编号分别为2、4、6的3个完全相同的球．

（Ⅰ）从甲、乙袋子中各取一个球，求两球编号之和小于8的概率；

（Ⅱ）从甲袋中取2个球，从乙袋中取一个球，求所取出的3个球中含有编号为2的球的概率．

【考点】古典概型及其概率计算公式． 【分析】（Ⅰ）利用列举法能求出两球编号之和小于8的概率．

（Ⅱ）从甲袋中任取2球，从乙袋中任取一球，先求出所有基本事件个数，再求出含有编号2的基本事件个数，由此能求出所取出的3个球中含有编号为2的球的概率． 【解答】解：（Ⅰ）将甲袋中编号分别为1，2，3，4的4个分别记为A1，A2，A3，A4， 将乙袋中编号分别为2，4，6的三个球分别记为B2，B4，B6， 从甲、乙两袋中各取一个小球的基本事件为：

（A1，B2），（A1，B4），（A1，B6），（A2，B2），（A2，B4），（A2，B6）， （A3，B2），（A3，B4），（A3，B6），（A4，B2），（A4，B4），（A4，B6）， 共12种，

其中两球面镜编号之和小于8的共有8种，所以两球编号之和小于8的概率为：

=．

（Ⅱ）从甲袋中任取2球，从乙袋中任取一球，所有基本事件个数n=其中不含有编号2的基本事件有

=18，

，∴含有编号2的基本事件个数m=18﹣6=12，

．

∴所取出的3个球中含有编号为2的球的概率p=

18．已知等比数列{an}的公比q＞1，a1=1，且a1，a3，a2+14成等差数列，数列{bn}满足：a1b1+a2b2+…+anbn=（n﹣1）?3n+1，n∈N． （I）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（Ⅱ）若man≥bn﹣8恒成立，求实数m的最小值． 【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．

【分析】（I）数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得an=3n﹣1，再将n换为n﹣1，两式相减可得bn=2n﹣1； （2）若man≥bn﹣8恒成立，即为m≥

的最大值，由cn=

，作差，判断单调性，

即可得到最大值，进而得到m的最小值． 【解答】解：（I）∵数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列， ∴an=qn﹣1，

由a1，a3，a2+14成等差数列，可得2a3=a1+a2+14， 即为2q2=1+q+14，解得q=3（负的舍去）， 即有an=3n﹣1，

∴a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=b1+3b2+32b3+…+3n﹣1bn=（n﹣1）?3n+1， ∴b1+3b2+32b3+…+3n﹣2bn﹣1=（n﹣1﹣1）?3n﹣1+1（n≥2），

两式相减得：3n﹣1bn=（n﹣1）?3n﹣（n﹣2）?3n﹣1=（2n﹣1）?3n﹣1， ∴bn=2n﹣1，

当n=1时，a1b1=1， 即b1=1满足上式，

∴数列{bn}的通项公式是bn=2n﹣1； （2）若man≥bn﹣8恒成立，即为m≥

的最大值，

由cn=，n≥2时，cn﹣1=

，

cn﹣cn﹣1=

﹣=，

可得n=2，3，…，6时，cn≥cn﹣1；n=7，…时，cn＜cn﹣1． 即有n=5或6时，cn取得最大值，且为即为m≥

，可得m的最小值为

．

，

19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥平面PAC，∠APC=90°，E是AB的中点，M是CE的中点，N点在PB上，且4PN=PB． （Ⅰ）证明：平面PCE⊥平面PAB； （Ⅱ）证明：MN∥平面PAC．

【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质． 【分析】（I）由AB⊥平面PAC可得AB⊥PC，再结合AP⊥PC得出PC⊥平面PAB，故而平面PCE⊥平面PAB；

MQ， （II）取AE中点Q，连结NQ，则可证明平面MNQ∥平面PAC，故而MN∥平面PAC．

【解答】证明：（I）∵AB⊥平面PAC，PC?平面PAC， ∴AB⊥PC，

∵∠APC=90°，∴AP⊥PC，

又∵AP?平面PAB，AB?平面PAB，AP∩AB=A， ∴PC⊥平面PAB，∵PC?平面PCE， ∴平面PCE⊥平面PAB．

（II）取AE中点Q，连结NQ，MQ， ∵M是CE中点，∴MQ∥AC， ∵PB=4PN，AB=4AQ， ∴QN∥AP，

又∵AP∩PC=P，AP?平面APC，PC?平面APC，QN∩QM=Q，QN?平面MNQ，QM?平面MNQ，

∴平面MNQ∥平面PAC， ∵MN?平面MNQ， ∴MN∥平面PAC．

20．如图：A，B，C是椭圆

的顶点，点F（c，0）为椭圆的右焦点，

离心率为，且椭圆过点．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若P是椭圆上除顶点外的任意一点，直线CP交x轴于点E，直线BC与AP相交于点D，连结DE．设直线AP的斜率为k，直线DE的斜率为k1，证明：

．

【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．

【分析】（I）由题意得=， +

=1，a2=b2+c2．联立解得即可得出椭圆方程．

（Ⅱ）由截距式可得直线BC的方程为：y=x+2．直线AP的方程为：y=k（x﹣4），与椭圆方程联立可得：（4k2+1）x2﹣32k2x+64k2﹣16=0，又点P在椭圆上，利用根与系数的关系可得P

．利用斜率计算公式可得kCP，可得直线CP的方程，可得

．把直线BC与AP的方程联立可得D

．可得直线DE

E

的斜率，化简整理即可证明． 【解答】解：（I）由题意得=联立解得a2=16，b2=4， ∴椭圆C：

+

=1．

，

+

=1，a2=b2+c2．

证明：（Ⅱ）A（4，0），B（﹣4，0），C（0，2）， 直线BC的方程为：

=1，化为：y=x+2．

直线AP的方程为：y=k（x﹣4）， 与椭圆方程联立可得：（4k2+1）x2﹣32k2x+64k2﹣16=0， 又点P在椭圆上， ∴4xP=

，解得xP=

，

∴yP=k（xP﹣4）=

，

故P．

kCP=

=，

故直线CP的方程为：y=令y=0，解得x=

，可得E

x+2，

．

把直线BC与AP的方程联立可得：，