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２０１９ 年高三模拟训练 文科数学参考答案 一、选择题:本大题共 １２ 小题ꎬ每小题 ５ 分ꎬ共 ６０ 分ꎮ 在每小题给出的四个选项中ꎬ只有 一项是符合题目要求的. １.Ｂ　 ２.Ｃ　 ３.Ｄ　 ４.Ａ　 ５.Ａ　 ６.Ｃ　 ７.Ｄ　 ８.Ｂ　 ９.Ｄ　 １０.Ｂ　 １１.Ａ　 １２.Ｂ二、填空题:本大题共 ４ 小题ꎬ每小题 ５ 分ꎬ共 ２０ 分ꎮ １３. １０　 　 　 １４. ４　 　 　 １５. ７ １２　 　 　 １６.[ １ ３ ꎬ＋∞ ) 三、解答题:共 ７０ 分ꎮ 解答应写出文字说明ꎬ证明过程或演算步骤ꎮ 第 １７ ~ ２１ 题为必考 题ꎬ每个试题考生都必须作答ꎮ 第 ２２、２３ 题为选考题ꎬ考生根据要求作答ꎮ １７.(１２ 分) 解:(１)因为 ｂ １ ＝ ２ꎬａ １ ＝ １ꎬ　 　 　 ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 因为 ａｎ＋１ ＝ ２ａｎ ＋ｎ－１ꎬ 所以 ａｎ＋１ ＋ｎ＋１ ＝ ２(ａｎ ＋ｎ)ꎬ 所以 ａｎ＋１ ＋(ｎ＋１) ａｎ ＋ｎ ＝ ２ꎬ 即 ｂｎ＋１ ｂｎ ＝ ２ꎬ 所以{ｂｎ }是等比数列ꎬ且首项 ｂ １ ＝ ２ꎬ公比为 ２ ꎬｂｎ ＝ ２ ｎ .　 　 ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)ａｎ ＝ｂｎ －ｎ ＝ ２ ｎ －ｎ. 所以 Ｓｎ ＝(２ １ ＋２ ２ ＋２ ３ ＋ƺ＋２ ｎ )－(１＋２＋３＋ƺ＋ｎ)＝ ２ ｎ＋１ －２－ ｎ２ ＋ｎ ２ . １２ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺ １８.(１)证明:∵ ＡＢ ＝ ３ ꎬＢＣ ＝ １ꎬ∠ＡＢＣ ＝ ９０°ꎬ ∴ ＡＣ ＝ ２ꎬ∠ＢＣＡ＝ ６０°. 在△ＡＣＤ 中ꎬ∵ ＡＤ＝ ２ ３ ꎬＡＣ ＝ ２ꎬＣＤ＝ ４ꎬ ∴ ＡＣ２ ＋ＡＤ２ ＝ＣＤ２ ꎬ∴ △ＡＣＤ 是直角三角形.　 　 ３ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 又 Ｅ 为 ＣＤ 的中点ꎬ∴ ＡＥ ＝ １ ２ ＣＤ＝ＣＥ ＝ ２ꎬ ∴ △ＡＣＥ 是等边三角形ꎬ ∴ ∠ＡＣＤ＝ ６０°ꎬ ∴ ∠ＣＡＥ ＝ ６０° ＝∠ＢＣＡꎬ∴ ＢＣ∥ＡＥ. 又 ＡＥ⊄平面 ＰＢＣꎬＢＣ⊂平面 ＰＢＣꎬ ∴ ＡＥ∥平面 Ｐ ＢＣ.　 　 ７ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ (２)解:∵ ＰＡ⊥底面 ＡＢＣＤꎬ ＰＡ⊥底面 ＢＣＥꎬ∴ ＰＡ 为三棱锥 Ｐ－ＢＣＥ 的高. ∵ ∠ＢＣＡ＝ ６０°ꎬ∠ＡＣＤ＝ ６０°ꎬ∴ ∠ＢＣＥ ＝ １２０°ꎬ 又 ＢＣ ＝ １ꎬＣＥ ＝ ２ꎬ∴ Ｓ △ＢＣＥ ＝ １ ２ ×ＢＣ×ＣＥŰｓｉｎ∠ＢＣＥ ＝ １ ２ ×１×２× ３ ２ ＝ ３ ２ ꎬ )页 ４ 共(页 １ 第 　 案答题试学数科文三高∴ ＶＣ－ＰＢＥ ＝ＶＰ－ＢＣＥ ＝ １ ３ ×Ｓ △ＢＣＥ ŰＰＡ＝ １ ３ × ３ ２ ×２ ＝ ３ ３ .　 ƺƺƺƺƺƺƺ１２ 分 １９.解:(１)使用 Ａ 款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过 ２０ 分钟的商家共有 １００× ０.００６×１０ ＝ ６ 个ꎬ分别记为甲ꎬａꎬｂꎬｃꎬｄꎬｅꎬ 从中随机抽取 ３ 个商家的情况如下:共 ２０ 种. {甲ꎬａꎬｂ}ꎬ{甲ꎬａꎬｃ}ꎬ{甲ꎬａꎬｄ}ꎬ{甲ꎬａꎬｅ}ꎬ{甲ꎬｂꎬｃ}ꎬ{甲ꎬｂꎬｄ}ꎬ{甲ꎬｂꎬｅ}ꎬ{甲ꎬｃꎬ ｄ}ꎬ{甲ꎬｃꎬｅ}ꎬ{甲ꎬｄꎬｅ}ꎬ{ａꎬｂꎬｃ}ꎬ{ａꎬｂꎬｄ}ꎬ{ａꎬｂꎬｅ}ꎬ{ａꎬｃꎬｄ}ꎬ{ａꎬｃꎬｅ}ꎬ{ａꎬｄꎬｅ}ꎬ {ｂꎬｃꎬｄ}ꎬ{ｂꎬｃꎬｅ}ꎬ{ｂꎬｄꎬｅ}ꎬ{ｃꎬｄꎬｅ}. 甲商家被抽到的情况如下:共 １０ 种. {甲ꎬａꎬｂ}ꎬ{甲ꎬａꎬｃ}ꎬ{甲ꎬａꎬｄ}ꎬ{甲ꎬａꎬｅ}ꎬ{甲ꎬｂꎬｃ}ꎬ{甲ꎬｂꎬｄ}ꎬ{甲ꎬｂꎬｅ}ꎬ{甲ꎬｃꎬ ｄ}ꎬ{甲ꎬｃꎬｅ}ꎬ{甲ꎬｄꎬｅ}. 记事件 Ａ 为甲商家被抽到ꎬ则 Ｐ(Ａ)＝ １０ ２０ ＝ １ ２ ꎻ ƺƺƺƺƺƺƺƺƺ４ 分 (２)依题意可得ꎬ使用 Ａ 款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为 ５５ꎬ 平均数为 １５×０.０６＋２５×０.３４＋３５×０.１２＋４５×０.０４＋５５×０.４＋６５×０.０４ ＝ ４０　 ８ 分ƺƺƺƺ (３)使用 Ｂ 款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为 １５×０.０４＋２５×０.２＋３５×０.５６＋４５×０.１４＋５５×０.０４＋６５×０.０２ ＝ ３５０ꎬｍ∈Ｒꎬ 由韦达定理得 ｙ １ ＋ｙ ２ ＝ －６ｍ ３ｍ２ ＋４ ꎬｙ １ ｙ ２ ＝ －９ ３ｍ２ ＋４ ꎬ ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ ∴ Ｓ △Ｆ １ ＡＢ ＝ １ ２ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｜ ｜ ｙ １ －ｙ ２ ｜ ＝ ｜ ｙ １ －ｙ ２ ｜ ＝ (ｙ １ ＋ｙ ２ ) ２ －４ｙ １ ｙ ２ ＝ １２ ｍ２ ＋１ ３ｍ２ ＋４ ꎬ １０ 分ƺƺƺƺ )页 ４ 共(页 ２ 第 　 案答题试学数科文三高令 ｔ＝ ｍ２ ＋１ ꎬ则 ｔ≥１ꎬ∴ Ｓ △Ｆ １ ＡＢ ＝ １２ｔ ３ｔ２ ＋１ ＝ ４ ｔ＋ １ ３ｔ . 令 ｆ(ｔ)＝ ｔ＋ １ ３ｔꎬ则当 ｔ≥１ 时ꎬ ｆ′(ｔ)＝ １－ １ ３ｔ２ >０ꎬ ｆ(ｔ)单调递增ꎬ ∴ ｆ(ｔ)≥ｆ(１)＝ ４ ３ ꎬＳ △Ｆ １ ＡＢ ≤３ꎬ １１ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 即当 ｔ＝ １ꎬｍ＝ ０ 时ꎬＳ △Ｆ １ ＡＢ 的最大值为 ３ꎬ此时 ｒ ｍａｘ ＝ ３ ４ . 故当直线 ｌ 的方程为 ｘ ＝ １ 时ꎬ△Ｆ １ ＡＢ 内切圆半径的最大值为 ３ ４ . １２ 分ƺƺƺƺƺƺ ２１.解:(１)由题意得函数 ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ＋∞ ) 当 ａ ＝ １ 时ꎬｆ(ｘ)＝ ｘ－ｌｎｘꎬｆ′(ｘ)＝ １－ １ｘ ＝ ｘ－１ｘ 当 ０｜ ｆ(ｘ １ )－ｆ(ｘ ２ )成立ꎬ ∴ ａ－１ ２ ｍ＋ｌｎ２> ａ ２ － ３ ２ ＋ｌｎ２ 得 ｍ> ａ－３ａ－１ ∵ ａ∈(４ꎬ５)ꎬａ－３ａ－１ ＝ １－ ２ａ－１０.　 　 (∗) )页 ４ 共(页 ３ 第 　 案答题试学数科文三高设 ＡꎬＢ 对应的参数分别为 ｔ １ ꎬｔ ２ ꎬ则 ｔ １ ｔ ２ ＝ １３ ｓｉｎ ２ α . ６ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 由点 Ｐ 在直线 ｌ 上ꎬ得ＰＡ→ŰＰＢ→＝ ｜ ＰＡ→｜ ｜ ＰＢ→｜ ＝ ｜ ｔ １ ｔ ２ ｜ ＝ １３ ｓｉｎ ２ α ꎬ ２ ＰＦ２→＝ ２ ｜ ＰＦ→｜ ２ ＝ ２( ２ ２ ＋３ ２ ) ２ ＝ ２６ꎬ 所以 １３ ｓｉｎ ２ α ＝ ２６ꎬ即 ｓｉｎα＝ ± ２ ２ . ８ 分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ 结合 ０≤α