解析:解:不妨设在解得
,则
.
,
中,由余弦定理可得:
.
取BD的中点E,连接AE, 则
,
.
在中,由正弦定理可得:,解得.
故答案为:.
不妨设,则在中,由余弦定理可得:解得可得cosB,
在中,由正弦定理即可得出.
本题考查了正弦定理余弦定理、等腰三角形的性质、直角三角形的边角关系,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
16.答案:
解析:解:如图,
设铁球的半径为r,则放入铁球后水深为3r,上底面半径为此时铁球与水的体积和为原来水的体积为则
铁球的体积故答案为:
.
,解得
.
,铁球的体积为. .
,
,
由题意画出截面图,设铁球的半径为r,利用体积相等求解r,则球的体积可求. 本题考查圆锥与球的体积,是基础的计算题.
17.答案:解:因为是等差数列,,,所以
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解得
,,,
则,
,
构成首项为,
,公差为9的等差数列.
分
则
分
解析:Ⅰ依题意,,两式相减得,将代入一式可得,则通项公式可求. Ⅱ因为数列是等差数列,所以数列也是等差数列,且首项,公差,则其前n项和可求.
本题考查了等差数列的通项公式,等差数列的前n项和公式,等差数列的定义等,考查分析解决问题的能力和计算能力,属于基础题.
中,,,, 18.答案:解:证明:在
, ,即
又
由
得
,
面ABCD,
,
,
,
平面PAD,
由题意得
, ,
平面ABCD.
,
,
,
,
,
, .
中,由余弦定理得
,
,
,
,
,
四棱锥
解析:
由
的表面积
.
推导出,,由此能证明的体积为,求出
平面ABCD.
,由
,
,
面ABCD,四棱锥
得平面PAD,,,由此能求出四棱锥的表面积.
本题考查线面垂直的证明,考查四棱锥的表面积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
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19.答案:解:购买该产品的顾客的平均年龄为
;
,
.
,
.
与y的回归直线方程为
解析:
.
由每一个小矩形中点的横坐标乘以频率得答案;
由已知表格中的数据求得与的值,则线性回归方程可求.
本题考查频率分布直方图,考查线性回归方程的求法,考查计算能力,是中档题.
,得, 20.答案:解:由
故, 令,解得:,令,解得:, 故函数在递减,在递增;
令 得, 若,则,递减,而, 故有1个零点, 若,得时,,
时,,
在递增,在递减,
,
令,则, 当时,,当时,,
在递减,在递增,而, 故时,,有2个零点, 当时,,有1个零点, 综上,时,有1个解, 当时,有2个解.
解析:求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间尽快;
令,求出函数的导数,得到函数的最大值,通过讨论a的范围,判断函数的零点个数即的解的个数.
本题考查了函数的单调性,最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,是一道常规题.
,, 21.答案:解:由题意可知,
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因此,解得,,
故椭圆的方程为
设
,
.
,当直线MN的斜率存在时,设方程为
,
由,消y可得,,
则有
,
所以
,
,即,
.
点O到直线MN的距离所以又因为
,
,
.
所以,
化简可得代入
,满足,
,
,考虑到OM,ON关于x轴对称,不妨设
,
,
,
当直线MN的斜率不存在时,由于
,则点M,N的坐标分别为
此时
,
综上,的面积为定值.
解析:依题意,,,由此可求得,,进而得到椭圆的方程;
分情况讨论,当直线MN的斜率存在时,设方程为,与椭圆方程联立,可得弦长,点O到直线MN的距离d,进而表示出面积,再根据题设条件得出结果;当直线MN的斜率不存在时,可直接求出点M,N的坐标,进而求得面积;综合即可得出结论.
本题考查椭圆标准方程的求法,考查直线与椭圆的位置关系,考查圆锥曲线中的定值问题,考查直
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观想象,逻辑推理以及化简求解能力,属于中档题.
22.答案:解:
标方程为:
根据
.
,直线l的极坐标方程转换为直角坐
曲线C的参数方程是为参数,消去参数m,转换为直角坐标方程为.
直线l转换为参数方程为为参数,代入直角坐标方程为.
得到:所以:所以
, ,
.
.
解析:直接利用转换关系,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.
利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果.
本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,一元二次方程根和系数关系式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型.
23.答案:解:当时,,
因为,所以或
所以,
所以不等式的解集为:
因为所以, 因为任意的,有所以即
;
,
, ,
即,
,
,
在同一坐标系中的图象如下:
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2020年陕西省高考数学二模试卷(文科)(含答案解析)
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