湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试数学（文）答案（PDF版）.pdf

1 数 学（文 科）参考答案 一、选择题（5 分×12=60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C B B B C D C D A B C 12. 提示：    2 3, 2 1,g x x x g x x     令   10, ,2g x x 得 且 1 12g  ，   1 ,12y g x   关于点 对称 ，    12g x g x    ， 1 2 2019= 2020 2020 2020S g g g                  令 2019 2018 1= 2020 2020 2020S g g g                   1 2019 2 2018 2019 12 = + + + =2 20192020 2020 2020 2020 2020 2020S g g g g g g                                      =2019S 二、填空题（5 分×4=20 分） 13. 8 ； 14.8 ; 15.3 ； 16. 2, 3 1 . 16 提示：取双曲线的左焦点为 E ，连接 ,,AE BE 易得四边形 AEBF 为矩形， 2AB c,在 2 sin , 2 cosRt ABF AF c BF c中， ，由双曲线定义和对称性 知 2BF AF AE AF a    ，  2 sin cos 2ca   ， 11 sin cos 2 sin 4 e       , , ,12 6 4 6 12                   3 1 22 sin ,4 2 2     ， 2, 3 1 .e   2 三、解答题（本大题共 6 个小题，共 70 分.） 17 解：(1)设等比数列 na 的公比为 q,则 1 4 2 3 23 1 ,32 3,8 a a a a aa     解得 2 3 1 ,8 1 4 a a     或 2 3 1 ,4 1 ,8 a a     所以 2q  或 1 2 ,即 1 1 ,16 2 a q     或 1 1 ,2 1 .2 a q     又因为数列 na 是递减数列，所以 1 11,.22aq 故数列 na 的通项公式为 n 1 .2na  „„„„„„5 分 （2） 2( 1)log ( 1)nnb n a n n     ，可得 1 1 1 1 ( 1) 1nb n n n n   ，„„„„„7 分 即有前 n 项和 23 1 1 1 1 11 21nT nn                      11 11 n nn   ．„„„„10 分 18 解：(1)∵由 (2 )cos cos 0a c B b C   可得：(2sin sin )cos sin cosA C B B C..........1 分 ∴ 2sin cos sin cos cos sinA B B C B C可得： 2sin cos sin( ) sinA B B C A   ............3 分 ∵ (0,π),sin 0AA∴可得 1cos 2B  .....................5 分 又由 (0,π)B  得 π 3B  又由 (0,π)B  得 π 3B  ...........................6 分 (2)由余弦定理及已知得  22 2 2 2 cos 3b a c ac B a c ac      ................8 分 4 12 3ac   8.3ac....................10 分 ∴ 1 2 3sin .23S ac B................12 分 19 证明：(1）连接 BD AC O交 于 .∵底面 ABCD为正方形,∴O BD是 的中点， E 为 PD 中点, / / ,OE PB .....................4 分 又 EO EAC PB EAC面 ， 面 //PB EAC 面 .....................6 分 (2) =2PA ABCD PA 平面 ，且 .，又 E 为 PD 的中点， ∴E 到平面 ABC 的距离为 1，„„„„„8 分 3 在正方形 ABCD 中，AB=BC=2, 1 2 2 2,2ABCS     ................10 分 122 1 .33C ABE E ABCVV      ................12 分 20 解：(1).由 22 列联表的数据,有 2() ( )( )( )( ) n ad bck a b c d a c b d      2300(6000 3000) 200 100 210 90     .................2 分 50 7.143 10.8287   ..................................4 分 因此,在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下,不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系. ...............6 分 (2)2 张一元券分别记为 A,B,其余 3 张券分别记为 a,b,c.......................7 分 则从 5 张骑行券中随机选取 2 张的所有情况为：                    , , , , , , , , , , , , , , , , , , , .A B A a A b A c B a B b B c a b a c b c 共 10 种...................9 分 记“选取的 2 张券中至少有 1 张是一元券”为事件 M，则事件 M 包含的基本事件个数为 7，   7 .10PM..............................12 分 21 解:(1)由题可知    ,0 , 0,F c M b ，则 2 2 b c   ①...........1 分 直线 FM 的方程为 1xy cb即 0bx xy bc   ，所以 22 6 3 bc bc   ②.............2 分 联立①②，解得 1, 2bc，又 2 2 2 3a b c   ， 所以椭圆 C 的标准方程式为 2 2 13 x y.................4 分 (2)因为直线  : 0, 0l y kx m k m    与圆 221xy相切， 所以 2 1 1 m k   ，即 221mk .............5 分 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立 2 2 13 x y y kx m     4 得   2 2 23 1 6 3 1 0k x kmx m     ， 所以   2 2 2 236 12 3 1 1k m k m      2212 3 1km   224 0k， 则由根与系数的关系可得  2 1 2 1 222 316 , 3 1 3 1 mkmx x x x kk     ，..................7 分 所以 2 121AB k x x    2 22 316 4 3 1 3 1 mkm kk    2 22 2 2 3 1 31 31 k km k     ， 又 221mk 所以 2 26 31 mkAB k   ，..........................9 分 因为  2 2 112AF x y     22 1 1 213 xx      1 63 3 x ， 同理 2 63 3BF x ,所以  12 2 6 2 62 3 2 33 31 mkAF BF x x k        .............11 分 所以 ABF△ 的周长为定值 23...........12 分 22 解：（1）当 1a  时，   lnf x x x   ，    110f x xx      ，..............1 分 所求切线的斜率 (1) 0f   ，又 (1) 1f  ......................2 分 所以曲线 ()y f x 在 1x  处的切线方程为 1y  ........................4 分 （2）        22 11 11       xx x e axexg x ax x x ................5 分 又  0,1x ，则要使得  fx在 0,1 内存在唯一极值点， 则      2 1 0   xx e ax gx x 在 0,1 存在唯一零点，即方程 0xe ax在 0,1 内存在唯 一解， ,,    x x ee ax a x 即 ex y x 与 ya 在 0,1 范围内有唯一交点. 设函数    , 0,1 xeh x xx ，则     2 1 0  xxehx x ，  hx在 0,1 单调递减， 又    1h x h e ；5 当 0x  时，  gx   ,ae   时， ex y x 与 ya 在 0,1 范围内有唯一交点， 设为 0x . 当  00,xx 时，    xeh x ax ， 0xe ax，则      2 1 0   xx e ax gx x ，  gx在 00, x 为减函数； 当  0 ,1xx 时， 0xe ax，则      2 1 0   xx e ax gx x ，  gx在 0 ,1x 为增函数. 即 0xx 为函数  gx的极小值点. 综上所述：  ,ae  ，且 0xx 为函数  gx的极小值点.....................12 分