河北省唐山市2020届高三数学（文）上学期期末试题（扫描版含答案）

唐山市 2019—2020 学年度高三年级第一学期期末考试 文科数学参考答案 一．选择题： A 卷：ADCBC BDADA AD B 卷：ADDBC BCADA AD 二．填空题： 13．3 14．－3 15．4 16．2 15 三．解答题： 17．解： （1）设{an}的公差为 d，则 a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝9， 则 a1＋d＝3．① 因为{bn}是等比数列，且 b1＝a2，b2＝a5，b3＝a11， 所以(a1＋d)(a1＋10d)＝(a1＋4d)2， 化简得，a1d＝2d2， 因为 d≠0，所以 a1＝2d．② 由①②解得，a1＝2，d＝1， 故 an＝a1＋(n－1)d＝n＋1． …6 分 （2）由（1）得 b1＝a2＝3，b2＝a5＝6， 设公比为 q，则 q＝2， 故 bn＝3×2n－1，则 Tn＝ b1－bnq 1－q ＝ 3－3 × 2n 1－2 ＝3×2n－3． …12 分 18．解： （1）依题意可得列联表 选择物理 不选择物理 合计 男 300 125 425 女 300 175 475 合计 600 300 900 …2 分 将列联表中的数据代入公式计算得 k＝ n(ad－bc)2 (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)＝900(300 × 175－300 × 125)2 600 × 300 × 425 × 475 ≈5.573＜6.635， …4 分 所以，不能在犯错误概率不超过 0.01 的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”． …6 分 （2）该学校选择“史地化”组合的男生、女生的比为 2∶3，所以从选择“史地化”组合的同 学中按性别用分层抽样的方式抽取 5 名同学，其中男生 2 名，女生 3 名．记男生分别为 A1， A2，女生分别为 B1，B2，B3，从 5 名同学中随机抽取 3 名同学共有 {A1，A2，B1}，{A1，A2，B2}，{A1，A2，B3}，{A1，B1，B2}，{A1，B1，B3}， {A1，B2，B3}，{A2，B1，B2}，{A2，B1，B3}，{A2，B2，B3}，{B1，B2，B3}， 10 种等可能的结果． 其中，恰有一名男生包含 {A1，B1，B2}，{A1，B1，B3}，{A1，B2，B3}， {A2，B1，B2}，{A2，B1，B3}，{A2，B2，B3} 6 种等可能的结果，所以恰有 1 名男生的概率 P＝ 6 10＝ 3 5． …12 分 19．解： （1）因为 AB 是圆的直径， 所以 BC⊥AC， 因为 PC 垂直圆所在的平面， 所以 PC⊥BC， 又因为 AC∩PC＝C， 所以 BC⊥平面 PAC． 因为 D，E 分别是棱 PB，PC 的中点， 所以 BC∥DE， 从而有 DE⊥平面 PAC． …4 分 （2）同理可知 AC⊥平面 PBC，又 AC⊂平面 ACD， 则平面 PBC⊥平面 ACD． 过 E 引 CD 的垂线，垂足为 O， 则 EO⊥平面 ACD， 所以 EO 长度即为点 E 到平面 ACD 的距离． …8 分 由已知及 AB＝PC＝2，AC＝1，可得 BC＝2DE＝ 3，CE＝1， 在直角△CED 中，CD＝ 7 2 ， 则 EO＝CE × DE CD ＝ 21 7 ． 所以点 E 到平面 ACD 的距离为 21 7 ． …12 分 20．解： （1）由题意得 F(1，0)，设 l：x＝my＋1，代入 y2＝4x 得 y2－4my－4＝0． 设 A (x1，y1)，B (x2，y2)，则 y1＋y2＝4m，y1y2＝－4． 则 4m＝4，解得 m＝1． 所以直线 l 的方程为 x－y－1＝0． …4 分 （2）设直线 PA，PB，PC 的斜率分别为 k1，k2，k3． 由题意可解得 C(－1，－2 m)，k3＝ －2 m－2 －1－1＝1 m＋1． …6 分 而 k1＋k2＝y1－2 x1－1＋y2－2 x2－1 ＝y1－2 my1 ＋y2－2 my2 ＝ 2 m－ 2 m( 1 y1＋ 1 y2) ＝2 m－2(y1＋y2) my1y2 ＝2 m＋2． …10 分 则 k1＋k2＝2k3， 所以，直线 PA，PC，PB 的斜率成等差数列． …12 分 21．解： B P A E D C O（1）g (x)＝f ′(x)＝ x 2－1＋cos x， 所以 g ′(x)＝1 2－sin x． …2 分 由 g ′(x)＝0 且 x∈[0，2π]，得 x＝π 6或5π 6 ． 当 x 变化时，g ′(x)和 g (x)的变化情况如下表： x [0，π 6) π 6 (π 6，5π 6 ) 5π 6 (5π 6 ，2π] g ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g (x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ …5 分 所以 g (x)的单调递减区间为(π 6，5π 6 )； g (x)的单调递增区间为[0，π 6)，(5π 6 ，2π]． …6 分 （2）由（1）得，当 x∈[0，2π]时，f ′(x)的极小值 f ′(5π 6 )＜f ′(π)＝π 2－2＜0； 极大值 f ′(π 6)＞f (0)＝0，又 f ′(2π)＝π＞0， 所以存在 x1∈(π 6，5π 6 )，x2∈(5π 6 ，2π)，使得 f ′(x1)＝f ′(x2)＝0， 且当 x 变化时，f ′(x)和 f (x)的变化情况如下表： x [0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，2π] f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ …8 分 从而 f (x1)＞f (0)＝0；f (x2)＜f (π)＝π2 4 －π＜0，又 f (2π)＝π2－2π＞0， 所以 f (x)在(0，π)，(π，2π]内各有一零点，又 f (0)＝0， 所以 f (x)在[0，2π]内有 3 个零点． …10 分 当 x∈(－∞，0)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，所以 f (x)＞f (0)＝0， 所以 f (x)在(－∞，0)上没有零点． 当 x∈(2π，＋∞)时，f (x)＞π2－2π＋sin x≥π2－2π－1＞0， 所以 f (x)在(2π，＋∞)上没有零点． 综上，f (x)在 R 上仅有三个零点． …12 分 22．解： （1）因为 x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以圆 C：ρ＝2cos θ，直线 l：ρsin θ＝2． …4 分 （2）设 A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋α)，－π 2＜θ＜π 2． 依题意可得，ρA＝2cos θ， ρBsin (θ＋α)＝2，ρBcos α＝ρA． 所以 2cos θsin (θ＋α)＝2cos α， 从而 cos θsin θcos α＋cos 2θsin α＝cos α， 所以 tan α＝ 1－cos θsin θ cos2θ ＝tan2θ－tan θ＋1＝(tan θ－1 2)2＋ 3 4，所以 tan θ＝1 2时，tan α 取得最小值 3 4． …10 分 23．解： （1）因为(2 a＋1 b)(2a＋b)＝2b a ＋2a b ＋5≥9，又 2a＋b＝3， 故此，2 a＋1 b≥3，当且仅当b a＝a b，即 a＝b＝1 时等号成立． …4 分 （2）因为(2a＋b)(c＋d)＝2ac＋bd＋bc＋2ad≥2ac＋bd＋2 2acbd＝( 2ac＋ bd)2， 所以 2ac＋ bd≤ 3，当且仅当 bc＝2ad 时等号成立， 此时2a c ＝b d＝2a＋b c＋d ＝3，故当a c＝3 2时， 2ac＋ bd取得最大值． …10 分 注：试题有其他解法，参照答案赋分．