襄阳五中，夷陵中学，钟祥一中六月联考文科数学答案.pdf

1 2020 届襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中三校 高三 6 月适应性考试 文科数学 答案 一．选择题 二．填空题. 13. xy  14. 2 15. 525 16. 0a 三．解答题. 17.解：（1） 2 1 100 2525  ，中位数为 400 ，又 8.0100 302525  设消费在区间 ]1000,800( 内的概率为 p ，则消费在区间 ]800,600( 内的概率为 p2.0 由中位数与平均数恰好相等可知， 400900)2.0(7003.050025.030025.0100  pp 解得 05.0p ，故单笔消费超过 800 元的购物单张数为： 100005.020000  （张）.................... 6 分 （2）设等差数列的公差为 )0( dd ，则 1)221 1()21 1(21 1  dd ，解得 7 2d 故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为 21 13,3 1,21 1 今年的购物具有抽奖资格的单数约为 42002.005.120000  ， 故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为 2600,1400,200 采购奖品的开销可估计为 3300005026001001400300200  （元） .................... 6 分 18.解：（1）当 1n  时， 1 2 2 1 1 1,32 32S a a a    ，……1 分 当 2n  时， 1 1 32n nS a   ，与已知式作差得 1n n na a a  ，即 1 2 ( 2)n na a n   欲使{ }na 为等比数列，则 12 2aa  ，又 2 1 1 32a a  ， 32 1 1 a …………5 分 故数列{ }na 是以 1 32 为首项， 2 为公比的等比数列，所以 62n na  …………6 分 （2） 6nb n  ， 6 , 6| | 6, 6n n nb n n      若 6n  ， 2 1 11 2n n n nT b b      ………9 分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C C A B C D A A C D D2 若 6n  , 2 1 5 6 11 302n n n nT b b b b           , 2 2 11 , 62 11 30, 62 n n n n T n n n         .................... 12 分 19.证明：（Ⅰ）在梯形 ABCD 中， ADBC // ， BC 平面 PAD ， AD 平面 PAD ，  //BC 平面 PAD ． 又 BC 平面 BCNM ，平面 BCNM 平面 PAD = MN ， 所以 BCMN // ． .................... 4 分 （Ⅱ）过 M 作 / /MK PA 交 AD 于 K ，连结 BK ． 因为 PA  底面 ABCD ，所以 MK  底面 ABCD ． 所以 MK AC ．又因为 BM AC ， BM MK M ， 所以 AC 平面 BMK ， 所以 AC BK ． 所以在平面 ABCD 中可得 BCDK 是平行四边形． 所以 BC DK AK  ， 因为 K 是 AD 中点，所以 M 为 PD 中点． .................... 9 分 设 xADBCAB  2 1 ， 则 3 1 3 22 2             xx x S S V V V V V V V V V V ABCD ABC ABCDP ABCP ABCDP ABPC ABCDP BPNC ABCDP BCNP ABCDP BCMNP 梯形 .................... 12 分 20.解：（1）由抛物线定义可知 12 p ，即 yxp 4,2 2  .................... 4 分 （2）设 )4,(),4,( 2 2 2 2 1 1 xxBxxA ，直线l 的方程为： 1 kxy 由    1 42 kxy yx 得 0442  kxx ， 4,4 2121  xxkxx ， 4 21 21 21 xx xx yyk   .................... 5 分 MF 所在的直线方程是； 11  xky ， ）11,( 22  xkxM .................... 6 分 设 ),0( nN ， ANM 、、 三点共线，可知 12 2 1 2 1 2 1 4 114 xx xxk x nx     .................... 8 分 得 4 824 2 2 1 2 1 2 1  xx xn .................... 10 分 20  nn 或 .................... 12 分 21. 解：（1）当 0x 时， ))(2(2)2()( 2 axxaxaxxf  令 0)(  xf ，则 2x 当 )2,( x 时， 0)(  xf ， )(xf 单调递增；当 )0,2(x 时， 0)(  xf ， )(xf 单调递减；.......... 2 分 当 0x 时， 0)(  axxf ，所以 )(xf 在 ),0(  上单调递减 .................... 3 分 又因为 )(xf 在 R 上连续，故 )(xf 在 )2,(  上单调递增，在 ),2(  上单调递减. .................... 5 分3 （3）由图可知，不妨 321 0 xxx  ，则 )2(21  axx .................... 6 分 又 3)2 2( axaf  ，所以 a ax 4 )2(2 2 3  .................... 9 分 则 a aaxxx 4 )2(2)2( 2 321  ，化简得 11 4 5 321  aaxxx 令 at  ， 11 4 5)(  tttg .................... 11 分 因为 )1,2( a ，则 )2,1(t ， 2)2()( max  gtg ，即 2321  xxx .................... 12 分 22. 解：（1）由  2sin1)cos(sin 2  ，可知曲线 1C 的直角坐标方程为 12  yx 即 12  xy ，其中 ]2,2[)4sin(2cossin  x . 曲线 1C 的直角坐标方程为 0 tyx .................... 5 分 （2）由      0 12 tyx xy 可知 12  xxt ，由图像可知   4 5]21,21( t .................... 10 分 23.解：(Ⅰ) 0|4 3||1|  mxx 恒成立  |4 3||1| xxm  ，又 4 7|4 31||4 3||1|  xxxx 4 7m .................... 5 分 (2)由（1）知 n 4 7 ，所以 4 732 222  cba ， 又 bcaccbcacba 42)(232 2222222  ， 所以 8 72  bcac ． .................... 10 分