黑龙江省实验中学2020届高三上学期期末考试文科数学答案.pdf

黑龙江省实验中学 2019-2020 学年度高三期末考试 文科数学试题 一、选择题（本大题共 12 小题，共 60 分） 1． C。 2． D。 3． C。 4． A。 AC3 4AB3 1)ABAC(3 1ACBC3 1ACCDACAD  5． B。模拟程序的运行，可得： 0, 0, 0i n S   执行循环体， 1, 1, 1i n S   ；不满足判断条件 7i  ，执行循环体， 2, 3, 4i n S   ； 不满足判断条件 7i  ，执行循环体， 3, 6, 10i n S   ； 不满足判断条件 7i  ，执行循环体， 4, 10, 20i n S   ； 不满足判断条件 7i  ，执行循环体， 5, 15, 35i n S   ； 不满足判断条件 7i  ，执行循环体， 6, 21, 56i n S   ； 不满足判断条件 7i  ，执行循环体， 7, 28, 84i n S   ； 满足判断条件 7i  ，退出循环，输出 S 的值为84 . 6． C。记 3 个红球分别为 , ,a b c ， 3 个黑球分别为 , ,x y z ，则随机取出两个小球共有15 种可能： , , , , , , , , , , , , , ,ab ac ax ay az bc bx by bz cx cy cz xy xz yz ，其中两个小球同色共有 6 种可能， , , , , ,ab ac bc xy xz yz ，根据古典概型概率公式可得所求概率为 6 2 15 5  。 7．D。 1f x Acos x   （ ） （ ） 0 0 0A   （ ＞ ， ＞ ，＜ ＜ ）， ( )f x 的最大值为 3, 1 3A   ，， 2A  ； 根据函数图象相邻两条对称轴间的距离为 2，可得函数的最小正周期为 4，即 2 4 2     ， ，再根据f x（ ）的图象与 y 轴的交点纵坐标为1，可得 2 1 1,cos   0cos  ， 2   ，故函数的解析式为   2 1 2sin 12 2 2f x cos x x       （ ） （ ） ， 1 1 12sin( ) 1 03 3 2f          。 8．B。由题设可知两次以上没击中的情形有 0293、7140、1417、0371、2616、6011、7610、4281，共八 种，即 20, 20 8 12n m    ，故该射击运动员射击 4 次至少击中 3 次的概率为 12 0.620P   。 9．C。由题意可得 3 2 ce a   ①， 可得 2 2 51 2 b c a a    ，设  ,0F c ， 渐近线为 by xa  ， 可得 F 到渐近线的距离为 2 2 bcMF b a b    ，由勾股定理 得 2 2 2 2| | | |OM OF MF c b a     ， 因为 FOM 的面积为 5 ，所以 1 52 ab  ② ，又 2 2 2 a b c ③，由①②③ 解得 5, 2, 3b a c   ， 所以双曲线的方程为 2 2 14 5 x y  。 10．B。由等比数列的性质可知 ，。 11．C 。过 P 作准线l 的垂线，垂足为 M ，则 PM PF ， 在 Rt PKM 中，∵| | 2 | | 2 | |PK PF PM  ，∴ 4PM KM  ， ∴ 0 4 2 py   ，把 4,4 2 pP    代入抛物线方程 2 2x py ，解得 4p  ．∴ 0 4 2 2y    。 12．A。因为函数 f(x)是奇函数，所以 f（-x）=-f(x),所以 =5.由题得 ， 因为切线与直线 垂直，所以 b+31=-6,所以 b=-37.所以 +b=-32。 二、填空题（本大题共 4 小题，共 20 分） 13． 5 8 。解：由题意结合几何概型计算公式可知，至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率： 40 15 25 5 40 40 8p    . 14． 4 。 绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数其几何意义表示点  5,1P  与可行域内的点连线的斜率， 据此可知目标函数在点 A 处取得最小值，联立直线方程： 2 2 0 1 0 x y x y        ，可得点的坐标为：  4, 3A   ， 据此可知目标函数的最小值为： min 3 1 44 5z      。 15．7。 因为 420÷21=20，而 420-281+1=（139+1）÷20=7，故抽取的人中编号落入区间[281,420]中的人数是 7 人。 16．[－5,－2]. 由题意得：在[－2,2]上 f(x)的值域 A 为 g(x)的值域 B 的子集. 易得 A＝[－3,3]，B＝[m－1,8＋m]，从而 解得－5≤m≤－2 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分） 17．(本小题 10 分) （1） 3 cos ( 2sin x y       为参数）（2） max 2 5d  （Ⅰ）由条件得 (2cos sin ) 2 cos sin 6          ，将 cos , sinx y     代入上式得 2 6 0x y   ，∴直线 l 的直角坐标方程为：2x-y-6=0。由 cos 3 sin2 x y       得 3 2 x cos y sin      ，∴曲线 C1 的参数方程为： 3 ( 2 x cos y sin       为参数）. （Ⅱ）设点 P 的坐标 3cos ,2sin  ，则点 P 到直线 l 的距离为 4sin 632 3cos 2sin 6 5 5 d            ， ∴当 sin 13        时， max 4 6 2 5 5 d   ，此时点 P 的坐标为 3 ,12     。 18．(本小题 12 分) （1） na n ；（2） 2 2(4 1) 2 ( 1)3 n nT n n   （1）公差 d 不为 0 的等差数列{ }na 中， 1a ， 3a ， 9a 成公比为 3a 的等比数列， 可得 2 3 1 9a a a ， 3 1 3a a a ，可得 2 1 1 1( 2 ) ( 8 )a d a a d   ， 1 1a  ，化简可得 1 1a d  ， 即有 na n ；（2）由（1）可得 2 , 2 1 2 , 2 n n n kb n n k      ， *k N ；前 2n 项和 2 1 2 (2 8 32 2 ) (4 8 12 4 )n nT n        2(1 4 ) 1 2(4 1)(4 4 ) 2 ( 1)1 4 2 3 n n n n n n       ． 19．(本小题 12 分) （1）见证明；（2）3 （1）连结 ，交 于点 ，连结 .在直三棱柱 中，四边形 为平行四边形， 所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 .（2）因为 ， 为锐角， 所以 为异面直线 和 所成的角，所以由条件知 ，在 中， ， ， ， ， .又 平面 ， 平面 ， ，所以 ， ， ，所以 . 20．(本小题 12 分)(1) b 3 ;(2) 3 3 4 . 解：(1)由题意及正、余弦定理得 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 a c b a b c a abc abc c      ， 整理得 22 3 2 3 a a abc c  ，∴ 3b  （2）由题意得 cos 3sin 2sin 26B B B        ，∴sin( + =16B  ） ， ∵  0,B  ， ∴ 6 2B    ，∴ 3B  . 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， ∴ 2 23 2a c ac ac ac ac      ， 3ac  ，当且仅当 3a c  时等号成立． ∴ 1 1 3 3 3sin 32 2 2 4S ac B     ．∴ ABC 面积的最大值为 3 3 4 ． 21．(本小题 12 分) （1） 2 2 14 x y  ；（2） 2y x   2y x   . 解：（1）由已知得 2 2 3 1 3, 12 4 c a a b    ，解得 2 24, 1a b  ，∴椭圆 E 的方程为 2 2 14 x y  ； （2）把 y kx m  代入 E 的方程得：   2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m     ， 设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，则  2 1 2 1 22 2 4 18 ,1 4 1 4 mkmx x x xk k     ，① 由已知得    1 2 2 11 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2OF OQ kx m x kx m xy y y x y xk k x x x x x x         ， ∴    1 2 1 22 1 0k x x m x x    ，② 把①代入②得   2 2 2 2 8 1 1 8 01 4 1 4 k m km k k      ， 即 2 1m k  ，③ 又    2 2 216 4 1 16 4k m k k      ， 由 2 2 4 0{ 1 0 k k m k      ，得 1 4k   或 0 1k  ， 由直线 l 与圆 2 2 1x y  相切，则 2 1 1 m k   ④③④联立得 0k  （舍去）或 1k   ，∴ 2 2m  ， ∴直线 l 的方程为 2y x   ． 22．(本小题 12 分) （1）证明:当 1a  时,   1 sinxf x xe   ,则   1' cosxf x xe   , 当  ,0x  时,0 1xe  ,则 1 1xe    ,又因为 cos 1x  , 所以当  ,0x  时,   1' cos 0xf x xe    ,仅 0x  时,  ' 0f x  , 所以  f x 在 ,0 上是单调递减,所以    0 1f x f ≥ ,即   1f x  . （2）  ' cosx af x xe   ,因为 ,02x      ,所以 cos 0x  , 0xe  , ①当 0a  时,  ' 0f x  恒成立,所以  f x 在 ,02     上单调递增,没有极值点. ②当 0a  时,  ' cosx af x xe   在区间 ,02     上单调递增, 因为 2' 02f a e         ,  ' 0 1f a   . 当 1a  时, ,02x      时,    ' ' 0 1 0f x f a     所以  f x 在 ,02     上单调递减,没有极值点. 当 0 1a  时,  ' 0 1 0f a    ,所以存在 0 ,02x      ,使  0' 0f x  当 0,2x x     时,  ' 0f x  ,  0 ,0x x 时,  ' 0f x  所以  f x 在 0x x 处取得极小值, 0x 为极小值点. 综上可知,若函数  f x 在 ,02     上存在极值点,则实数  0,1a .