武昌区（实验中学）文科数学供题参考答案 终极版.pdf

实验中学文科数学供题参考答案： 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B C B C A B D D A D B 二、填空题 13. 6 1 14. 3 15. 64 16.5 三、解答题 17. （1）设等比数列的首项为 1a ，公比为 q . 则有 312 34 aaa  ，即 2 111 34 qaaqa  ，又 01 a 31  qq 或 由题意， 39,13 31  Sa 3q ，代入 33931 )31( 1 3 1 3   aaS 得 从而 n na 3 （2）由（1）得 nb n n  3log3 ，从而 )1 11()1(  nnC n n 2021 2020 2021 1 2020 1 2020 1 2019 1 4 1 3 1 3 1 2 1 2 11 )2021 1 2020 1()2020 1 2019 1()4 1 3 1()3 1 2 1()2 11(2020   T 18. 连接 HA1 ,因为点 F 为 HC 的中点， O 是 CA1 的中点，所以 HAOF 1// . 因为 ，平面，平面 EDAHAEDAOF 111  所以 .// 1EDAOF 平面 （3）连接 BD ，因为四边形 ABCD 是边长等于 2 的菱形， ，120ADC 所以是 ABD 等边三角形， 所以 .33 32 ABDEDEAH  且， 因为 OF 与平面 ABCD 所成的角为 ，60 且 HAOF 1// ABCDAA 平面1, ， 所以 ，601  HAA 所以 52 11  EAAA ，因为 ,,1 ABCDDEABCDAA 平面平面  所以 ,1 DEAA  又 ，平面 1111 ,,, ABBAABAAAABAAABDE   所以 ,11ABBADE 平面 ,111 ABBAEA 平面又  所以 .1 DEEA  故三棱锥 ADEA 1 的表面积 2 1536 2 3212 1532 1212 1222 1 S 19. 35 54321 x ， 625 9070605040 y 26124114 28281121222 )( ))(( 1 2 1           xbya xx yyxx b n i i n i ii ， 2612  xy （2）由（1）得 1228  yx 时， ， 18122140   e 百万元. 20. yx ppp ppp 4 (82,52 8),8,4()1( 2   抛物线方程为 舍）或解得则易知 （2）抛物线 yx 42  的焦点为 )10( ，F ，准线方程为 )1,0(,1  Hy 设 ),(),,( 2211 yxByxA ，直线 AB 的方程为 )0(1  kkxy 代入抛物线方程可得 0442  kxx ， 4,4 2121  xxkxx ① 由 ,1,  HBkkBHAH 可得 ,111,1,1 2 2 1 1 2 2 1 1  x y x y x ykx ykk HBAF又 整理得 ,0)1)(1( 2121  xxyy ,0)14)(14( 21 2 2 2 1  xxxx即 ,01-)(4 1 16 1 21 2 2 2 1 2 2 2 1  xxxxxx ②把①代入②得 162 2 2 1  xx ， 4)(4 111|||| 2 2 2 121  xxyyBFAF则 21.（1） mexf x )(' 当 10  m 时，因为 x  0， 1xe ，则 0)(' xf ，f(x)在 ),0[  上是增函数， 所以 0)0()(  fxf 恒成立，满足题设； 当 1m 时，f(x)在 )ln,0( m 上是减函数，则 )ln,0( mx 时， 0)0()(  fxf 不合题 意，综上， 10  m (2) x>0 时， x xex ln11  恒成立 恒成立xex xx   1ln xx ex xxxxg ex xxxg     2 ' )1)((ln)(,1ln)( 则令 .),0()(,011)(,ln)( ' 上单调递增在即令  xhxxhxxxh 0)(),1,0(0)(0,1)1( 00  xhxxhxh 使时，又 0)(,0)(),0( ' 0  xgxhxx 时，当 ， 0)(,0)()( ' 0  xgxhxx 时，，当 上单调递减上单调递增，在在 ),(),0()( 00  xxxg 0 0 00 0max 1ln)()( xex xxxgxg  从而 ， 1,0ln 000 ln 000   xxx eexxx而 11)(max  ，故 xg 22.解： （1）由直线 04  yxl： 得其极坐标方程为 04sincos  . 由 ,sin1 cos1:      y xC （  为参数），得 012222  yxyx ， 又  sin,cos,222 yxyx ， 则其极坐标方程为 .01)sin(cos22  （5 分） （2）由题意，设 ),(),,(),,( 321  ANM ,把  代入 01)sin(cos22  得 01)sin(cos22  ，)4sin(22)sin(cos221   ONOM ， 由  与曲线C 相交于不同的两点 NM , ，可知 .20  把  代入 04sincos  得 . )4sin( 22 sincos 4 3  OP ,24 )4sin( 1)4sin(22              OAONOM 当且仅当 ,20 )4sin( 1)4sin(   ， 即 4  时，等号成立， OAONOM  的最小值为 24 . （5 分） 23. 解： （1）若 1t ，则        )1(21 )21(3 )2(12 21)( xx x xx xxxf 12 9211 21 9321 1112 9122 2 2 2       x xxx x xx x xxx 时，当 时，当 时，当 则综上的，不等式的解集为  111,2  （5 分） （2） txf ttxtxxf 3)( 3)2()()( min   5421414 14)( 2   a b b a a ba b a ab a baab baxf 则 ，又 当且仅当 3 2,3 1,2  baba 即 时，等号成立，所以 ab ba 24   ，5根据题意，           ,3 5 3 5,,35 的取值范围是tt （5 分）