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文科数学答案 第 1 页（共 4 页） 2020 年丹东市高三总复习质量测试（二） 文科数学答案与评分参考 一、选择题 1．B 2．B 3．A 4．C 5．A 6．B 7．D 8．D 9．A 10．B 11．C 12．D 二、填空题 13．0.9 14．π 3 15．29π 16．2 三、解答题： 17．解： （1）设数列{an}的公差为 d，由已知得   a1＋2d＝5， 7a1＋21d＝49． ，解得 a1＝1，d＝2． 所以 an＝a1＋(n－1) d＝2n－1． …………（6 分） （2）由（1）得 bn＝2n－1 2n ． 所以 Tn＝1 2＋ 3 22＋ 5 23＋…＋2n－1 2n ． 两边同乘以1 2得1 2Tn＝1 22＋ 3 23＋ 5 24＋…＋2n－1 2n+1 ． 以上两式相减得1 2Tn＝1 2＋1 2＋ 1 22＋…＋1 2n－2n－1 2n+1 ＝1 2＋ 1 2－ 1 2n·1 2 1－1 2 －2n－1 2n+1 ． 故 Tn＝3－2n＋3 2n ＜3． …………（12 分） 18．解： （1）连结 AC，与 BD 相交于点 O，连结 EO，则经过 PA 的平面 PAC 与平面 EBD 交线为 EO．因为 PA∥平面 EBD， 所以 PA∥EO． 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 O 为 AC 的中点，所以 EO 是△PAC 中位线，于是 E 为线段 PC 中点． …………（6 分） （2）因为 PA∥平面 EBD，所以点 A 到平面 EBD 的距 离等于点 P 到平面 EBD 的距离，等于 1． 因为 PA⊥平面 ABCD，所以 EO⊥平面 ABCD，从而平面 EBD⊥平面 ABCD，交线为 BD．因为 AO⊥BD，所以 AO⊥EBD，因此 AO＝1． 因为∠ABC＝60º，所以四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，面积为 2 3，所以四棱锥 E A B C D P O 文科数学答案 第 2 页（共 4 页） P-ABCD 的体积为1 3·2 3·PA，由1 3·2 3·PA＝2 3，得 PA＝3． …………（12 分） 19．解法1： （1）由题意 c＝2，所以 a2＝4－b2，C 的方程可化为 x2 4－b2－y2 b2＝1． 因为 C 的经过点 A(2， 3 3 )，所以 4 4－b2－ 1 3b2＝1，解得 b2＝1，或 b2＝－4 3（舍去）． 于是 C 的方程为x2 3－y2＝1． …………（4 分） （2）由（1）知直线 l 的方程为 x0x－3y0y－3＝0． 把 x＝2，x＝3 2分别代入得 M(2，2x0－3 3y0 ) ，N(3 2， 3 2x0－3 3y0 )． 又 P(x0，y0)在 C 上，所以 3y0 2＝x0 2－3． 所以 |MF2|2 |NF2|2＝ (2x0－3)2 (3y0)2 1 4＋ (3 2x0－3)2 (3y0)2 ＝4 3· (2x0－3)2 3y0 2＋3(x0－2)2＝4 3· (2x0－3)2 x0 2－3＋3(x0－2)2＝4 3． 于是|MF2| |NF2|为定值2 3 3 ． …………（12 分） 解法2： （1）由双曲线定义得 2a＝||AF1|－|AF2|| ＝ (2＋2)2＋( 3 3 －0)2－ (2－2)2＋( 3 3 －0)2 ＝2 3． 所以 a＝ 3，因为 c＝2，所以 b2＝c2－a2＝1，于是 C 的方程为x2 3－y2＝1． …………（4 分） （2）同解法 1． 20．解： （1）抽取的 32 个配件将区间[0，N＋1]划分为 33 个区间，平均长度为N＋1 33 ． 前 31 个区间平均长度为3104 32 ，由题设得N＋1 33 ＝3104 32 ，得 N 的估计值为 3200． …………（6 分） （2）抽取的 800 件优等品占总数的比为 800 3200＝0.25． 设优等品的内径范围为(200－t，200＋t)，由题设知 P(200－t≤y≤200＋t)＝0.25． 由直方图知 P(190≤y≤210)＝(0.029＋0.041)×10＝0.7＞0.25，故 0＜t＜10． 因此 P(200－t≤y≤200＋t)＝(0.029 t＋0.041t)×10． 文科数学答案 第 3 页（共 4 页） 由(0.029 t 10＋0.041 t 10)×10＝0.25，得 t≈3.57，取 t＝4． 因此优等品的内径范围为(196，204) ． …………（12 分） 21．解法1： （1）f (x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ex－a x． 当 a＝e 时，f ′(x)＝ex－e x，所以 f ′(1)＝0，f (1)＝0，所以曲线 y＝f (x)在点(1，f (1))处的 切线方程为 y＝0． …………（4 分） （2）因为 0＜a＜e，所以 f ′(x)＝ex－a x在(a e，1) 内单调递增． 因为 f ′(a e)＝e e a －e＜0，f ′(1)＝e－a＞0，所以存在 x0∈(a e，1)，使得 f ′(x0)＝0． 当 x∈(a e，x0)时，f ′(x)＜0，当 x∈(x0，1)时，f ′(x)＞0，所以 f (x)在(a e，x0)上单调递减， 在(x0，1)上单调递增，所以 f (x)在区间(a e，1)内有唯一的极小值点 x0． 由 f ′(x0)＝0 得 a＝x0ex0，于是 f (x0)＝ex0(1－x0－x0lnx0)． 因为当a e＜x0＜1 时，(1－x0)－x0lnx0＞0，所以 f (x0)＞0． …………（12 分） 解法 2： （1）同解法 1 ． （2）因为 0＜a＜e，所以 f ′(x)＝ex－a x在(a e，1) 内单调递增． 因为 f ′(a e)＝e －e＜0，f ′(1)＝e－a＞0，所以存在 x0∈(a e，1)，使得 f ′(x0)＝0． 当 x∈(a e，x0)时，f ′(x)＜0，当 x∈(x0，1)时，f ′(x)＞0，所以 f (x)在(a e，x0)上单调递减， 在(x0，1)上单调递增，所以 f (x)在区间(a e，1)内有唯一的极小值点 x0． 由 f ′(x0)＝0 得 ex0＝a x0 ，进一步 lnx0＝lna－x0． 从而 f (x0) ＝ex0－alnx0－a．＝ a x0 ＋ax0－alna－a≥2 a x0 ·ax0－alna－a＝a(1－lna)＞0． …………（12 分） 22．解法 1： （1）消去  x＝1－ 3t， y＝ 3＋t． 中的参数 t 得 x＋ 3y＝4． 将 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ 代入得 C1 的极坐标方程为 ρsin(θ＋π 6)＝2． 文科数学答案 第 4 页（共 4 页） …………（5 分） （2）不妨设 A(ρ1，θ)，B(ρ2，θ＋π 2)，D(ρ3，θ)，C(ρ4，θ＋π 2)， 则 ρ1＝ 2 1＋sin2θ，ρ2＝ 2 1＋cos2θ． △AOB 面积为1 2ρ1ρ2＝ 1 2＋1 4sin22θ ≥2 3，θ＝π 4时，△AOB 面积取最小值为2 3． 此时 ρ3sin(π 4＋π 6)＝2，ρ4cos(π 4＋π 6)＝2，ρ3ρ4sin5π 12cos5π 12＝4，可得 ρ3ρ4＝16，△COD 面积 为1 2ρ3ρ4＝8，因此四边形 ABCD 的面积为 8－2 3＝22 3 ． …………（10 分） 解法 2： （1）同解法 1 ． （2）设 A(ρ1，θ)，B(ρ2，θ＋π 2)，D(ρ3，θ)，C(ρ4，θ＋π 2)， 则 ρ1 2＝ 2 1＋sin2θ，ρ2 2＝ 2 1＋cos2θ，于是 1 ρ1 2＋ 1 ρ2 2＝3 2． 因为 1 ρ1 2＋ 1 ρ2 2≥ 2 ρ1ρ2 ，所以 ρ1ρ2≥4 3，△ AOB 面积为1 2ρ1ρ2≥2 3，当 ρ1＝ρ2，θ＝π 4时取等号， 所以△AOB 面积最小值为2 3． 此时 ρ3sin(π 4＋π 6)＝2，ρ4cos(π 4＋π 6)＝2，ρ3ρ4sin5π 12cos5π 12＝4，可得 ρ3ρ4＝16，△COD 面积 为1 2ρ3ρ4＝8，因此四边形 ABCD 的面积为 8－2 3＝22 3 ． …………（10 分） 23．解： （1）当 a＝0 时，f (x)＝|x|(x＋1)＋|x－1|x，不等式 f (x)≥0 的解集是以下三个不等式组 解集的并集：   x≥1， 2x2≥0． 或   0≤x＜1， 2x≥0． 或   x＜0， －2x2≥0． 解得不等式 f (x)≥0 的解集为{x|x≥0}． …………（5 分） （2）由（1）可知当 a＝0 时，当 x＜0 时，f (x)＜0． 当 a＞0 时，若－a＜x＜0，f (x)＝(x＋a)(x＋1)－(x－1)(x＋a)＝(x＋a)＞0． 当 a＜0 时，若 x＜0，f (x)＝－(x＋a)(x＋1)－(x－1)(x＋a)＝－2x(x＋a)＜0． 综上，当 x＜0 时，f (x)＜0，则实数 a 的取值范围为(－∞，0]． …………（10 分）