安徽省芜湖市2019届高三5月模拟考试数学（文）答案.pdf

芜湖市 ２０１８—２０１９学年度第二学期高三模拟考试 数学（文科）参考答案 一、选择题（本题共 １２小题，每小题 ５分，共 ６０分 ） 题　号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答　案 Ｂ Ｄ Ｄ Ｂ Ｂ Ｃ Ｄ Ｃ Ｄ Ａ Ｄ Ｂ 二、填空题（本题共 ４小题，每小题 ５分，共 ２０分） １３１ ２；　　　　１４ｘ－ｙ＝０；　　　　１５６４－８π ３ ；　　　　１６７ 三、解答题（本大题共 ６小题，共 ７０分 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） １７（１）由题意得： ａ２ ４＝ａ２·ａ８ Ｓ８ { ＝７２  （ａ１＋３ｄ）２＝（ａ１＋ｄ）（ａ１＋７ｄ） ８ａ１＋２８ｄ{ ＝７２ ， 解得：ａ１＝ｄ＝２，∴ａｎ＝２ｎ ５分…………………………………………………………… （２）由（１）得 Ｓｎ＝ｎ２＋ｎ，∴ｂｎ＝ １ Ｓｎ＋ｎ＝ １ ｎ２＋２ｎ＝１ ２（１ ｎ－ １ ｎ＋２） ７分……………………… ∴Ｔｎ＝１ ２［（１ １－１ ３）＋（１ ２－１ ４）＋（１ ３－１ ５）＋… ＋（ １ ｎ－１－ １ ｎ＋１）＋（１ ｎ－ １ ｎ＋２）］ ＝１ ２（１＋１ ２－ １ ｎ＋１－ １ ｎ＋２）＝３ ４－１ ２（ １ ｎ＋１＋ １ ｎ＋２）＜３ ４ １２分……………………… １８（１）取 Ａ１Ｂ１中点为 Ｐ，连结 ＦＰ，ＡＰ． ∵Ｅ，Ｆ，Ｐ为 ＡＣ，Ｂ１Ｃ１，Ａ１Ｂ１的中点，∴ＦＰ∥ＡＥ，ＦＰ＝ＡＥ． ∴四边形 ＦＰＡＥ为平行四边形，∴ＥＦ∥ＡＰ． 又∵ＡＰ平面 ＡＢＢ１Ａ１　ＥＦ平面 ＡＢＢ１Ａ１　∴ＥＦ∥平面 ＡＢＢ１Ａ１ ５分……………… （２）连 Ａ１Ｅ，ＢＥ ∵ＡＢ＝ＢＣ，且 Ｅ为中点，∴ＢＥ⊥ＡＣ． 又∵ＡＣ⊥Ａ１Ｂ且 ＢＥ∩Ａ１Ｂ＝Ｂ，　∴ＡＣ⊥平面 Ａ１ＢＥ．　∴Ａ１Ｅ⊥ＡＣ． ７分…………… ∴ＡＡ１＝Ａ１Ｃ． 又∵四边形 ＡＣＣ１Ａ１为菱形，　∴ＡＣ＝ＡＡ１＝Ａ１Ｃ 槡＝ ２且 Ａ１Ｅ⊥ＡＣ． ∵侧面 ＡＣＣ１Ａ１⊥底面 ＡＢＣ，　∴Ａ１Ｅ⊥底面 ＡＢＣ． 由（１）知 ＥＦ∥平面 ＡＢＢ１Ａ１． ∴ＶＦ－ＡＢＡ１ ＝ＶＥ－ＡＢＡ１ ＝ＶＡ１－ＡＢＥ ＝１ ３·Ａ１Ｅ·Ｓ△ＡＢＥ ＝１ ３×槡６ ２×１ ４＝槡６ ２４ １２分……………… ）页４共（页１第案答考参）文（学数级年三高１９解：（１）由图可得：１０×（００１＋００１５＋ａ＋００３＋００１）＝１，得 ａ＝００３５ ２分………… 所以看纸质书的人的平均年龄为：２０×１０×００１＋３０×１０×００１５＋４０×１０× ００３５＋５０×１０×００３＋６０×１０×００１＝４１５ ５分……………………………… （２）由题意得看纸质书和电子书的人数分别为：２００×４ ５＝１６０，２００－１６０＝４０ 所以看纸质书的 １６０人中，青壮年组、中老年组的人数分别为：１６０×（００３５＋ ００１５＋００１）×１０＝９６，１６０－９６＝６４ ７分………………………………………… 所以 ２×２列联表为： 看电子书 看纸质书 合　计 青壮年 ３０ ９６ １２６ 中老年 １０ ６４ ７４ 合　计 ４０ １６０ ２００ 计算得 Ｋ２的观测值为 Ｋ２＝２００×（３０×６４－１０×９６）２ ４０×１６０×１２６×７４ ≈３０８８８＞２７０６， 所以我们能在犯错误的概率不超过 ０１的前提下认为看书方式与年龄层有关  １２分……………………………………………………………………………… ２０解：（１）由题意可知：Ｆ（０，ｐ ２），故可设直线 ｌ的方程为 ｙ－ｐ ２＝ｘ－０即 ｘ－ｙ＋ｐ ２＝０ 联立方程 ｘ２＝２ｐｙ ｘ－ｙ＋ｐ ２{ ＝０ 可得 ｘ２－２ｐｘ－ｐ２＝０　∴ Δ＝４ｐ２＋４ｐ２＞０ ｘＡ＋ｘＢ ＝２ｐ ｘＡ·ｘＢ ＝－ｐ{ ２ 由题意知：１ ｘＡ ＋１ ｘＢ ＝－１，即ｘＡ＋ｘＢ ｘＡ·ｘＢ ＝－１，即 ２ｐ －ｐ２＝－１，得 ｐ＝２． ∴曲线 Ｃ的标准方程为 ｘ２＝４ｙ． ５分………………………………………………… （２）由题意知直线 ｌ′的斜率是存在的，故设 ｌ′的方程为 ｙ＝ｋｘ＋１， 设 ｌ′与曲线 Ｃ相交于点 Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）（ｘ１≠ｘ２） 联立方程 ｘ２＝４ｙ ｙ＝ｋｘ{ ＋１ 可得 ｘ２－４ｋｘ－４＝０　　∴ Δ＝１６ｋ２＋１６＞０ ｘ１＋ｘ２＝４ｋ ｘ１·ｘ２ { ＝－４ ∴｜ＭＮ｜＝ （１＋ｋ２）（１６ｋ２＋１６槡 ）＝４（ｋ２＋１）． 由 ｘ２＝４ｙ，　　得 ｙ＝１ ４ｘ２．　　∴ｙ′＝１ ２ｘ． ）页４共（页２第案答考参）文（学数级年三高∴ｋＭＰ ＝１ ２ｘ１，∴ｌＭＰ∶ｙ－ｙ１＝１ ２ｘ１（ｘ－ｘ１）…………① ∴ｋＮＰ ＝１ ２ｘ２，∴ｌＮＰ∶ｙ－ｙ２＝１ ２ｘ２（ｘ－ｘ２）…………② 上述两式相减得：ｘＰ ＝ｘ１＋ｘ２ ２ ＝２ｋ，∴ｘＱ ＝２ｋ．　∴点 Ｑ坐标为（２ｋ，０）． ∴点 Ｑ到直线 ｌ′的距离为 ｄＱ ＝｜２ｋ２＋１｜ ｋ２槡 ＋１ ． ∴ＳΔＱＭＮ ＝１ ２｜ＭＮ｜·ｄＱ ＝１ ２×４（１＋ｋ２）×｜２ｋ２＋１｜ ｋ２槡 ＋１ ＝２（２ｋ２＋１） ｋ２槡 ＋１ 又∵ｋ∈Ｒ，∴ｋ２≥０．易知当 ｋ２＝０时，ＳΔＱＭＮ的面积最小，且为 ２， 即（ＳΔＱＭＮ）ｍｉｎ＝２ １２分………………………………………………………………… ２１解：（１）∵ｆ（ｘ）＝ａｌｎｘ＋ｘ２－（ａ＋２）ｘ，ｘ∈（０，＋∞） ∴ｆ′（ｘ）＝ａ ｘ＋２ｘ－（ａ＋２）＝（２ｘ－ａ）（ｘ－１） ｘ 当 ａ＝４时，ｆ（ｘ）＝４ｌｎｘ＋ｘ２－６ｘ　∴ｆ′（ｘ）＝（２ｘ－４）（ｘ－１） ｘ 令 ｆ′（ｘ）＝（２ｘ－４）（ｘ－１） ｘ ≥０解得 ｘ≥２或 ０＜ｘ≤１． ∴ｆ（ｘ）的单调增区间为（０，１］，［２，＋∞） ５分……………………………………… （２）令 ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ａ２－１，则 ｇ′（ｘ）＝ｆ′（ｘ）＝（２ｘ－ａ）（ｘ－１） ｘ （ｘ≥１） （ｉ）当 ０＜ａ ２＜１时，即 ０＜ａ＜２， 当 ｘ∈［１，＋∞）时，有 ｇ′（ｘ）≥０，（当且仅当 ｘ＝１时取等号）． ∴ｇ（ｘ）在［１，＋∞）上单调递增， ∴ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ｇ（１）＝ａ２－ａ－２＝（ａ－２）（ａ＋１）＜０，（不符合题意，舍去）． （ｉｉ）当 ａ ２＝１时，即 ａ＝２，ｇ′（ｘ）＝２ ｘ（ｘ－１）２≥０，（仅当 ｘ＝１时取等号）， ∴ｇ（ｘ）在［１，＋∞）上单调递增，∴ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ｇ（１）＝０，（不符合题意，舍去）． （ｉｉｉ）当 ａ ２＞１时，即 ａ＞２，ｇ（ｘ）在［１，ａ ２］单调递减，在［ａ ２，＋∞）上单调递增． ∴ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ｇ（ａ ２）＝ａｌｎａ ２＋３ａ２ ４ －ａ－１ 令 ｈ（ｘ）＝ｘｌｎｘ ２＋３ｘ２ ４ －ｘ－１（ｘ＞２），则 ｈ′（ｘ）＝ｌｎｘ ２＋３ ２ｘ． 当 ｘ＞２时，ｈ′（ｘ）＞０，∴ｈ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递增．∴ｈ（ｘ）＞ｈ（２）＝０． ∴ｇ（ｘ）≥ｇ（ａ ２）＞０恒成立，满足题意． 综上所述：ａ＞２ １２分…………………………………………………………… ）页４共（页３第案答考参）文（学数级年三高２２（本小题满分 １０分） （１）Ｃ１：ρｓｉｎ（θ＋π ４）＝槡２ ２槡２ ２（ρｓｉｎθ＋ρｃｏｓθ）＝槡２ ２，即 ｘ＋ｙ＝１． ２分……………………… 由 Ｃ２： ｘ＝ａｃｏｓφ， ｙ＝１＋ａｓｉｎφ{ ，消去参数 φ得 Ｃ２的普通方程：ｘ２＋（ｙ－１）２＝ａ２． 又 ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθＣ２的极坐标方程为：（ρｃｏｓθ）２＋（ρｓｉｎθ－１）２＝ａ２． 即 Ｃ２的极坐标方程为 ρ２－２ρｓｉｎθ＋１－ａ２＝０． ５分…………………………………… （２）曲线 Ｃ３的直角坐标方程为 ｙ＝ｘ（ｘ＞０），由 ｙ＝ｘ ｘ＋ｙ{ ＝１ 　得 Ａ（１ ２，１ ２）． ∵｜ＯＢ｜＝４｜ＯＡ｜＝４×槡２ ２ 槡＝２２， 即点 Ｂ的极坐标为（ 槡２２，π ４）代入 ρ２－２ρｓｉｎθ＋１－ａ２＝０得 ａ 槡＝ ５． １０分…………… ２３（本小题满分 １０分） （１）当 ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ －ｘ－３，ｘ≤ －１ ２， ３ｘ－１，－１ ２＜ｘ＜２， ｘ＋３，ｘ≥２      ． ｆ（ｘ）≤２等价于 ｘ≤ －１ ２， －ｘ－３≤{ ２ ，或 －１ ２＜ｘ＜２ ３ｘ－１≤{ ２ ，或 ｘ≥２ ｘ＋３≤{ ２ 解得 －５≤ｘ≤１，所以不等式 ｆ（ｘ）≤２的解集是［－５，１］． ５分………………………… （２）当 ｘ∈［１，２］时，ｆ（ｘ）≤｜ｘ－１｜等价于｜ａｘ＋１｜－｜ｘ－２｜≤｜ｘ－１｜， 即｜ａｘ＋１｜≤｜ｘ－２｜＋｜ｘ－１｜在 ｘ∈［１，２］上恒成立 又 ｘ∈［１，２］时，｜ｘ－１｜＋｜ｘ－２｜＝１， 所以｜ａｘ＋１｜≤１在 ｘ∈［１，２］上恒成立， 只需 ｜ａ＋１｜≤１ ｜２ａ＋１｜≤{ １ ，解得 －１≤ａ≤０． 所以 ａ的取值范围是［－１，０］． １０分…………………………………………………… ）页４共（页４第案答考参）文（学数级年三高