2020年广州市普通高中毕业班综合测试（二）（文科答案）（最终稿）.pdf

文科数学（二）答案 第 1 页 共 13 页 绝密 ★ 启用前 2020 年广州市普通高中毕业班综合测试（二） 文科数学试题答案及评分参考 评分说明： 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的 一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数．选择题不给中间分。 一、选择题： 二、填空题： 13． 2 14．30 15．12 16． 43 3 ， 1 2 或 2 三、解答题： 17．（ 1）解：因为  2nS n n， *nN ， 当 2n  时，   1 11nS n n    ． 所以     1 2 1 1 2 1nnS S n n n n n        ． 即 21nan（ 2n  ）． 当 1n 时， 1 1 3 3S    ，即 1 3a  ，符合通项． 所以数列 na 的通项公式为 ． （2）解法 1：因为 ， 所以 nn n n nab 4 12 4  ． 所以 nn nT 4 12...4 7 4 5 4 3 321  ， ① 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B C B C A A A C D B C 文科数学（二）答案 第 2 页 共 13 页 则 1432 4 12...4 7 4 5 4 3 4 1   nn nT ， ② ①－②，得 132 4 12)4 1...4 1 4 1(24 3)4 11(   nnn nT ． 所以 1 12 4 12 4 11 )4 11(4 12 4 3 4 3       n n n nT ． 所以 1 3 11 6 11 4 12 3 4n n nT   ． 所以 nn nT 49 116 9 11   ． 所以数列 nb 的前 n 项和 ． 解法 2：因为 21nan， 所以 nn n n nab 4 12 4  ． 所以 nn nT 4 12...4 7 4 5 4 3 321  ， ① 则 1 2 1 5 7 2 1434 4 4n n nT       ， ② ②－①，得 1 2 1 1 1 1 2 13 3 2 4 4 4 4n nn nT        ． 所以 1 1121 214433 1 41 4 n n n nT      ． 所以 11 6 113 3 3 4n n nT  ． 所以 ． 所以数列 的前 项和 ． 18．（ 1）证明：连接 AO ， 因为侧面 CCBB 11 为菱形，所以 11 BCCB  ，且O 为 1BC 和 1BC 的中点． 因为 1ABAC  ，所以 1AO B C ． 文科数学（二）答案 第 3 页 共 13 页 因为 OBCAO 1 ， 所以 1BC 平面 ABO ． 因为 ABOAB 平面 ， 所以 ABCB 1 ． （2）解：因为点 A 在侧面 CCBB 11 上的投影为点O ， 所以 11AO BB C C 平面 ． 因为 601 CBB ，设 1 2AC BC AB a   ， 所以 3AO BO a ． 因为 1 1A BB CV   ，即 112 3 3 132 aaa     ． 解得 1a  ． 在△ 1BB C 中， 11 2BC BB B C   ， 所以 1 23 234BB CS    ． 同理 1 3ACBS  ． 在 Rt △ AOB中， 3AO BO，所以 622  BOAOAB ． 在等腰△ ABC 中， 2AC BC， 6AB  ， 所以 AB 边上的高 2 2 6 102 22h    ． 所以 1 10 1562 2 2ABCS     ． 同理 1 15 2ABBS  ． 则三棱锥 1A BB C 的表面积为 152 3 2 2 3 152     ． 所以三棱锥 的表面积为 2 3 15 ． O B1 C1 A1 C B A 文科数学（二）答案 第 4 页 共 13 页 19．解：（1）由茎叶图可知，样本中男职工健康指数的众数为76 ． 中位数为 812 8280  ． （2）由分层抽样知，抽取的 5 人中男职工有 330 185  人，设为 A ， B ，C ； 女职工有 2 人，设为 a ，b ． 从 5 人中随机抽取 2 人的情况有： ,AB ， ,AC ， ,Aa ， ,Ab ， ,BC ， ,Ba ，  ,Bb ， ,Ca， ,Cb ， ,ab ，共 10 种． 其中这 2 人都是男职工的情况有： ， ， ，共 3 种． 设“抽取的 2 人都是男职工”为事件 D ， 所以所求概率   3 10PD ． （3）因为样本中男职工健康指数的平均数为81， 样本中女职工现有数据（即剔除 x ）健康指数的平均数为69 ， 所以样本中所有女职工健康指数的平均数为 76.2 30 81 18 6912     ． 则被剔除的女职工的健康指数为 69 12 69 11 69y      ． 即 9x  ． 因为样本中女职工现有数据（即剔除 ）健康指数的方差为190， 所以样本中所有女职工健康指数的方差为190 11 0 2090 174.212 12 ．………12 分 【说明：①没有求出 9x  不扣分；②利用方差公式计算正确给 2 分，其中公式正确给 1 分，结果给 1 分】 20．（1）解：设椭圆C 的焦距为 2c ， 因为椭圆过点  2,0A ，所以 2a  ． 因为 ，所以 1c  ． 因为 2 2 2a b c，所以 2 2 2 3b a c   ． 所以椭圆 的方程为 22 143 xy． 文科数学（二）答案 第 5 页 共 13 页 （2）解法 1：设直线l 的方程为 y kx m，直线 与椭圆C 交于两点  11,M x y ，  22,N x y ， 由 22 1.43 y kx m xy   ， 得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ． 因为     2 228 4 3 4 4 12km k m      2248 4 3 0km    ． 所以 2243mk． 因为 12 2 8 43 kmxx k    ， 所以  1 2 1 2 2 62 43 my y k x x m k      ． 设线段 MN 的中点为 1 2 1 2,22 x x y yP   ，则有 22 43,4 3 4 3 km mP kk   ． 所以线段 MN 的垂线平分线方程为 22 3 1 4 4 3 4 3 m kmyxk k k     ． 因为线段 的垂线平分线过点 1,08   ， 所以 243 8 km k  ． 因为 2243mk， 所以   2 221 4 3 4 38 kkk     ，即 2 1 20k  ． 解得 10 5 10 5  kk 或 ． 所以 k 的取值范围是 55,,10 10                ． 解法 2：设直线 与椭圆 交于两点 ， ，它们的中点为  00, yxP ， 则 12 0 2 xxx  ， 12 0 2 yyy  ． 因为 ， 都在椭圆 上， 文科数学（二）答案 第 6 页 共 13 页 所以 22 11143 xy． ① 同理 22 22143 xy． ② ①－②，得      1 2 1 2 1 2 1 2 043 x x x x y y y y   ． 因为 12 12 yyk xx   ， 所以 03 2 4 2 00  kyx ． ③ 因为线段 MN 的垂线平分线过点 1,08   ， 所以 8 1 1 0 0   x y k ． ④ 由③，④，解得 0 1 2x  ， 0 3 8y k ． 因为  00, yxP 在椭圆内，所以 134 2 0 2 0  yx ． 所以 164 3 16 1 2  k ．即 20 12 k ． 解得 10 5 10 5  kk 或 ． 所以 k 的取值范围是 55,,10 10                ． 21．解：（1）因为 ( ) ln sinf x x x ，所以 1( )= cosf x xx   ． 所以 11( ) cos cosh x ax x ax xxx       ， ( ) sinh x a x  ． 因为 ()hx 是 0+， 上的单调递增函数，所以 sin 0ax恒成立，即 1a  ． 所以实数 a 的取值范围是 1,  ． 文科数学（二）答案 第 7 页 共 13 页 （2）由（1）知 1( )= cosf x xx   ． ①若  0,1x ，则 ( ) 1 cos 0f x x    ， 此时函数 ()fx单调递增，无极值点． ②解法 1：当 =1a 时， ( ) cosh x x x ． 则   1 sin 0h x x    ，所以  hx在 π1, 2    上单调递增， 所以 π π() 22h x h ，即 πcos 2xx． 所以 11π π( )= cos + 2 022f x x xxx        ． 此时函数 单调递增，无极值点． 解法 2：若 π1, 2x   ，令 ( ) ( )g x f x 1= cos xx  ，则 2 1( ) +sing x xx   ． 设   2 1 +sinxhxx ，则   3 2 +cos 0xhxx ，所以  gx 在 1, 2    上单调递增． 【或由 2 1y x 与 sinyx 在 π1, 2    上分别单调递增，所以 ()gx 在 上单调递增】 因为  1 1 sin1 0g     ， 2 π 4 1 > 02 πg     ， 所以存在唯一 0 π1, 2x  ，满足 002 0 1( ) = sin =0g x xx   ，即 0 0 1sin =x x ． 当  01,xx 时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递减， 0 π, 2xx 时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递增． 则 0 0 0 0 0 0 0 1( ) ( )= cos sin cos sin cos 0g x g x x x x x xx       ． 所以 ( ) ( ) 0g x f x恒成立． 此时函数  xf 单调递增，无极值点． 解法 3：先证明当 0, 2x  时，sin xx ． 设   sinp x x x，则   cos 1 0p x x    ， 所以函数  px在 0, 2   上单调递减，所以    00p x p． 所以 ． 若 π1, 2x     ，则 12 x   ，因为 cos cos1 sin 12x    ． 文科数学（二）答案 第 8 页 共 13 页 而 21sin 1 122 x       ．所以 1( )= cos 0f x xx ． 此时函数  xf 单调递增，无极值点． ③若 π 3π,22x    ， cos 0x  ，则 1( )= cosf x xx  0 ， 此时函数 单调递增，无极值点． ④若 3π ,2π2x    ，令 ( ) ( )g x f x 1= cos xx  ， 则 2 1( ) +sin < 0g x xx   ，则  xg 单调递减． 因为 3π 2 023πg   ，   12π 102πg    ， 所以存在唯一 0 3π ,2π2x    ，满足 0( ) = 0gx ． 当 0 3π ,2xx   时， ( ) ( ) 0g x f x， 单调递增， 当  0,2πxx 时， ( ) ( ) 0g x f x， 单调递减． 故 0x 是函数 的极大值点． 综上可知，函数 在 0, 2π 上有且仅有 1 个极大值点，无极小值点． 补充：文科 21 题第（2）问将①②合并讨论，解法如下： 当 x∈ 0 2 （ ， ）时，设 1( ) ( ) cosg x f x xx    ， 2 1( ) sing x xx     ， 设   2 1 +sinxhxx ，则   3 2 +cos 0xhxx ，所以  gx 在 0, 2    上单调递增． 【或由 2 1y x 与 sinyx 在 π0, 2    上分别单调递增，所以 ()gx 在 π0, 2    上单调递增】 因为 (1) 0g  ， ( ) 02g   ， 所以存在 0 (1, )2x  ，使得 0( )=0gx ，即 002 0 1( ) sin =0g x xx     （*） 文科数学（二）答案 第 9 页 共 13 页 当 0(0, )xx 时， ( ) 0gx  ， ()gx单调递减；当 0()2xx ， 时， ( ) 0gx  ， 单 调递增。 所以 (0, )2x  时， 00 0 1( ) ( ) cosg x g x xx   。 将（*）变形得 00 0 1sin =xxx ，代入得 0 0 0 0( ) sin cosg x x x x。 因为 0 (1, )2x  ，所以 0 0 0sin cos , 1x x x，从而 0 0 0 0( ) sin cos 0g x x x x   。 所以 时， ( ) ( ) 0g x f x恒成立，此时 ()fx单调递增， 无极值点. 22．（1）解：由 cos , 2 sin x y      ，得 cos , 2 sin . x y      所以曲线 1C 的直角坐标方程为 22( 2) 1xy   ． 由 2 2 4 1 3sin   得  22 3 sin 4  ． 因为 2 2 2xy ， sin y ， 所以曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2 14 x y． （2）解法 1：因为点 P 在曲线 ： 上， 所以可设点 的坐标为 2cos ,sin． 因为曲线 的直角坐标方程为 ， 所以圆心为  1 02C ， ，半径 1r  ． 所以    2 222 1 2cos sin 2 1PA PC r       22 253 sin 33    ． 文科数学（二）答案 第 10 页 共 13 页 当 2sin 3  时， PA 有最大值 53 3 ． 所以 的最大值为 ． 解法 2：因为点 P 在曲线 2C ： 2 2 14 x y上， 所以可设点 的坐标为 00,xy，其中 2 20 0 14 x y． 因为曲线 1C 的直角坐标方程为 22( 2) 1xy   ， 所以圆心为  1 02C ， ，半径 1r  ． 所以  2 222 1 0 0 21PA PC r x y      2 0 2 253 33y    ． 因为 011y   ， 所以当 0 2 3y  时， 有最大值 ． 所以 的最大值为 ． 23．（1）解法 1： ( ) 1 2 2f x x x    3, 1 3 1, 1 1 3, 1. xx xx xx            ， ， 因为函数  fx在 ,1 上单调递增，在 1,  上单调递减． 所以当 1x  时， 取得最大值 2，所以 2ab． 因为 ，即 2ba， 所以   2 22 2 2 282 2 2 3 33a b a a a       ． 文科数学（二）答案 第 11 页 共 13 页 所以当 2 3a  时， 222ab 取得最小值 8 3 ． 解法 2：因为 1 2 2xx   111x x x      ( 1) ( 1) 1x x x      （当且仅当 1x  或 1x  时取等号）． 21x   2 （当且仅当 1x  时取等号）． 所以当且仅当 1x  时，  fx取得最大值 2，所以 2ab． 由柯西不等式，得    2 222122 1 2 422a b a b a b        ． 所以 2282 3ab，当且仅当 221 2 2, ab ab       ，即 2 3 4 3 a b     ， 时取等号． 所以 的最小值为 ． （2）证明 1：因为 2ab， 0a  ， 0b  ， 要证 aba b ab ，即证 ln ln ln lna a b b a b   ． 即证   1 ln 1 ln 0a a b b    ． 即证  21 ln 1 0a a    ． 当 01a时， 2 11a ，所以 2ln 1 0a  ， 因为10a，所以  21 ln 1 0a a    ． 当 1a  时，  21 ln 1 0a a    ． 当12a时， 20 1 1a   ，所以 2ln 1 0a  ． 文科数学（二）答案 第 12 页 共 13 页 因为10a，所以  21 ln 1 0a a    ． 综上所述，  21 ln 1 0a a    成立，即 aba b ab ． 证明 2：因为 2ab， 0a  ， 0b  ， 要证 aba b ab ，即证 111abab ， 即证 11(2 ) 1aaaa．即证 12 1 aa a  ，即证 12 11 a a  ． 当 01a时， 2 11a ，所以函数 2 1 x y a  单调递增． 因为10a，所以 12 11 a a  ． 当 1a  时， 12 11 a a  ． 当12a时， 20 1 1a   ，所以函数 2 1 x y a  单调递减． 因为 ，所以 12 11 a a  ． 综上所述， 12 11 a a  成立，即 ． 证明 3：因为 ， ， ， 要证 aba b ab ，即证   2 ab aba b ab   ． 即证 221 a b a bab ab   ，即证 221 a b b a ab   ，即证 1a b b aab ． 即证 1 aba b   ． 当 0 ab时， 1a b  ，所以函数 xay b   单调递减． 文科数学（二）答案 第 13 页 共 13 页 因为 0ab，所以 1 aba b   ． 当 ab 时， 1 aba b   ． 当 0 ba时， 1a b  ，所以函数 xay b   单调递增． 因为 0ab，所以 1 aba b   ． 综上所述， 1 aba b   成立．即 aba b ab ．