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)
