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2020 届高三教学反馈检测试卷 数学（文科）参考答案 一．选择、填空题： 1~5：DCADA 6~10：CBADC 11,12 AB. （13） 5 4 （14） 1 2 （15） 17 10, 2     （16） 2 14 (17)解：(Ⅰ)设等比数列 }{ na 的公比为 )0( qq ，由题意，得 2 7 8 66 6a a a q q     解得 2q  或 3q   （舍） …………………2 分 又 4 18 1a a   所以 1 1 1 2n n na a q    ………………4 分 2 2 1log log 1 2 1n n nb a a n n n       ………………6 分 (Ⅱ) 21( ) [1 (2 1)] 2 2 n n n b b n nS n     ． ……………8 分 ∴ 2 1 1 1 1 4 1 2 2 1 2 1nc n n n         ， …………………10 分 ∴ 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1 2 1n nT n n n                              ． ……………12 分 (18)解：(Ⅰ) 假设无关，由表中数据得 K2 的观测值 2 2 50(22 12 8 8) 5.556 5.02430 20 30 20K        …………………2 分 又 2 0.025P K  （ 5.024） ∴根据统计有 97.5%的把握认为视觉和空间能力与性别有关；……………………4 分 (Ⅱ)设甲、乙解答一道几何题的时间分别为 x，y 分钟， …………………………5 分 则基本事件满足的区域为 ， …………………………7 分 ……… …………………9 分设事件 A 为“乙比甲先做完此道题”，乙比甲先解答完的事件为 A，则满足的区域为 x＞y， ∴ 1 1 1 12( ) 2 2 8P A     ………11 分 ∴乙比甲先解答完的概率 1 8P  ．…………12 分 （19） (Ⅰ)证明： ACBCACABCAACCABCAACC  ,, 1111 面面面面 11 AACCBC 平面 1AABC  ………………3 分 CCABCCAAA  111 ,又 BCAAA 11 平面 ……………5 分 111 AABBAA 平面又  BCAAABB 111 平面平面  ………………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知， 1111 , AACCBCBCAAA 平面平面  ， 1 1BB AA CABCBCABB 111  ，平面 ……………………7 分 又 ,, 1111 ACABCAACCABCAACC  平面平面平面平面 所以， 1AA 在底面 ABC 上的射影就是 CA 所以， 1ACA 就是侧棱 1AA 与底面 ABC 所成的角，且 0 1 =30ACA ……………8 分 4AC 2222 1,2,32,32 1111  BCASCABBAA 则 …………9 分 hBCAD 的距离等于到平面设点 1 则 3 3223 1 11   hVV BCADBCDA 3h ………………11 分 所以， 1 1 2h BB , 所以，点 D 是棱 1 1A B 的中点，从而 1 1 =1A D DB 为所求．…………12 分 20. 解：（1）设直线 1MF 与 y 轴的交点为 N, ∴ 3 4ON  , ………………1 分 ∵ 2MF x 轴, ∴在 1 2F F M 中, 2 1 2ON MF , ∴ 2 3 2MF  . 又 2 1 2MF MF a  , ∴ 2 1 3 5MF MF , ∴ 2 3 3 4 2MF a  , 2a  ………………3 分 又∵ 2 2 bMF a  , ∴ 2 3b  , ∴椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  . ………………4 分（2）设 1 1 2 2( , ), ( , )E x y F x y ，联立 2 2 14 3 y kx t x y     ， 整理可得： 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x ktx t     . ∴ 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 kt tx x x xk k      . ∴ 2 2 2 2 2(8 ) 4(3 4 )(4 12) 144 48 192 0tk k t t k         ， ………………6 分 解得： 2 23 4t k  . ………………7 分 ∴ 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) (1 ) ( )OE OF x x y y x x kx t kx t k x x kt x x t             ………………8 分 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 )(4 12) 8 3 4 7 12(1 ) 3 4 3 4 3 4 3 4 k t k t t k t t k k k k k            . ………………10 分 又直线 l 与圆 2 27 7 12x y  相切, ∴ 2 12 71 t k   , 2 271 12k t  . ∴求得： 2 2 2 77 12 )12 074 112 t t OE OF t          . ………………12 分 21. 解：（1）∵ 21 ( ) ( 1)e xk f x x x     ， ， 令 ( ) e 2 (e 2) 0 0x xf x x x x x          ， ………………2 分 ∴ ( 0) ( ) 0 (0 ) ( ) 0x f x x f x       ， ， ； ， ， ， ( )f x 的单调递增区间为 ( 0) ( )f x， ， 的单调递减区间为 (0 ) ， ． ………………4 分 （2） ( ) e 2 ( e 2)x xf x kx x x k     ， 令 2( ) 0 ln [0 ln 2]f x x k      ， ，………………5 分 其中 [1 2]k  ， ． 令 2( ) ln [1 2]g x x xx   ， ， ， 2 1 1( ) 2 1 1 02 xg x x x            ， ∴ ( )g x 在[1 2]， 上单调递减， ………………6 分 由 2( ) (1) ln 2 1 0 lng x g kk     ≤ ，∴ 2 20 ln ( ) 0 ln ( ) 0x f x x k f xk k               ， ， ； ， ， ， 从而 ( )f x 在 20 ln k      ， 上单调递减；在 2ln kk      ， 上单调递增， ………………8 分 ∴在[0 ]k， 上，函数 2 max( ) max{ (0) ( )} max{ ( 1)e } [1 2].kf x f f k k k k k k     ， ， ， ， 由于 2( ) (0) ( 1)e [( 1)e 1]k kf k f k k k k k k k         ， ………………10 分 令 ( ) ( 1)e 1 [1 2]xh x x x x    ， ， ， ( ) e 1 0xh x x    ，对于 [1 2]x  ， 恒成立，……11 分 从而 ( ) (1) 0h x h ≥ ， 即 ( ) (0)f k f≥ ，当 1k  时等号成立， ∴求得： 2 max( ) ( ) ( 1)e kf x f k k k k    ．………………12 分 22.解：（1）因为曲线 C 的极坐标方程为 2 2 4 1 sin    ，即 2 2 2sin 4    ，……1 分 将 代入上式并化简得： 2 2 1,4 2 x y  曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 1,4 2 x y  ………………3 分 消去参数 t 可得直线 l 的普通方程为 2 0x y m   . ………………4 分 （2）设  2cos , 2 sinP   ，由点到直线的距离公式得 | 2 2 cos( ) || 2cos 2sin | 4| | 3 3 mmPQ       ， ………………6 分 由题意知 0m  ，当 0m  时， min | 2 2 || | 2 3 mPQ   ，得 2 3 2 2m   ，……8 分 当 0m  时， min | 2 2 || | 2 3 mPQ    ， 得 2 3 2 2m    ； ………………9 分 ∴ 2 3 2 2m   或 2 3 2 2m    . ………………10 分 2 2 2 , sinx y y    23.解：（1）由题意知，  1 |1 2 | |1 | 1f a a     ， 若 1 2a  ，则不等式化为1 2 1 1a a    ，解得 1a   ； ………………2 分 若 1 12 a  ，则不等式化为  2 1 1 1a a    ，解得 1a  ，即不等式无解； ………3 分 若 1a  ，则不等式化为 2 1 1 1a a    ，解得 1a  ， ………………4 分 ∴综上所述， a 的取值范围是    , 1 1,    ； ………………5 分 （2）由题意知，要使得不等式    2020 | |f x y y a    恒成立， 只需    max min 2020 | |f x y y a         ， ………………6 分 当  ,x a  时，   max| 2 | | | ,x a x a a f x a         ， ∵| 2020 | | | | 2020 |y y a a     ，所以当  ( 2020) 0y y a   时，………………8 分  min| 2020| | | | 2020|y y a a     ，即 | 2020 |a a   ， ………………9 分 解得 1010a   ，结合 0a  ， ∴ a 的取值范围是 1010,0 . ………………10 分