2020届正定中学数学（文）第三次质量检测试卷（3.31）.pdf

河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 1 页 共 9 页 2020 届高三下学期第三次阶段质量检测 数学（文）答案及评分标准 一、单选题 1．B 解：  0,1,2,3,4M  ，  | 2 2N x x    ，  0,1MN.故选：B. 2．D 解：因为 (1 i) 2z，所以 2 2(1 i) 1i1 i (1 i)(1 i)z       ， 则复平面内表示 z 的点位于第四象限.选 D． 3．C 解：∵ 2 1 2 0 1a b x x x       ， ∴“ 1x  ”是“ ab ”的充要条件.故选：C. 4．A 解：如图，作出可行域，由 20 22 xy xy    得 24,55A  ， 当直线 : 3 0l x y平移至经过点 24( , )55A 时， 3z x y 取得最大值14 5 ，故选:A. 5．B 解：因为  1 13 7 13 7 13 13 2 1322 aa aSa    所以 3 13 3 713 13 13 52a S a a    ， 374aa   ， 37 5 22 aaa    ，  19 5 95 9 92 9 9 2 1822 aa aSa        ，故选：B 6．C 解： 函数 ()fx是定义在 R 上的偶函数， 3 1(log ) ( 3) (3)27b f f f     ， 3 20 2 2 2 2 3    ， 当 0x  ， '2( ) 3 3 0f x x   恒成立， ∴ 3( ) 3f x x x在[0, ) 上单调递增， 3 2 3 1(log ) (2 ) ( 2)27f f f   ，即bac.故选：C. 7．D 解： 数据的平均数为 1 (6 4 9 9 2 1 5 2 200 660 240)=11510 mn             ， 河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 2 页 共 9 页 12mn   ，要使方差最小， 则 22(110 115) (110 115)mn      2 22( 5 5)( 5) ( 5) 22 mnmn        ， 当且仅当 55mn   ，即 6mn时取等号，此时方差最小， 36mn  .故选：D． 8．A 解：由图象易知 2A  ， (0) 1f  ，即 2sin 1 ， π 2  ， 6  ， 由图可知 *11π π 2 π ( N )12 6 kk    ， 24 2 11 k  ， 11 12 3 11 4 12 T T       ，又  2 0T  ， 18 24 11 11   ， 由 1k  得 2  ， π( ) 2sin(2 )6f x x   ， ( ) ( ) 0f a x f a x    ， ()fx 关于点( ,0)a 对称， 即有 π2 π6ak ， π π 2 12 ka ， kZ ， a 的最小值为 π 12 ，故选：A. 9．D 解：设椭圆C 的右焦点为 1F ， ( , )M x y （ 0, 0xy）， 0NF NO， NF NO， ,NO分别是 MF 和 1FF 的中点， 1MF MF，由已知可得 ( 5,0)F  ， 1( 5,0)F ， ( 5, ) ( 5, ) 0x y x y     ，即 225xy， 由 22 22 194 5 xy xy     得 3 5 4 5( , )55M ， 45 15 235 55 MFk    ， 直线 的方程为 1 ( 5)2yx，即 2 5 0xy   .故选：D. 河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 3 页 共 9 页 10． C 解：由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为 2 ， 侧棱长为 2 的正四棱柱的外接球， 2 2 2 2(2 ) ( 2) ( 2) 2R    , 2R , 该二十四等边体的外接球的表面积 24πSR 24π ( 2) 8π   .故选：C. 11．A 解：设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为 a ， 则小勒洛三角形的面积 22 2 1 3 ( 3)326 4 2 aaSa     ， 因为大小两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为1:3 ， 所以大勒洛三角形的面积 22 2 ( 3)(3 ) 9( 3) 22 aaS ， 若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率 1 2 1 9 SP S． 故选 A． 12．B 解： ( ) 1g x mx关于直线 1y  对称的直线为 ( ) 1y h x mx   ， 直线 1y mx 与 2y lnx 在 1[e ， 2 ]e 上有交点． 作出 1y mx 与 2y lnx 的函数图象， 如图所示： 若直线 1y mx 经过点 1(e ， 2) ， 则 3me ， 若直线 1y mx 与 2y lnx 相切， 设切点为 ( , )xy． 则 1 2 2 y mx y lnx mx          ，解得 3 2 3 2 3 2 xe y me       ． 3 223e m e  ．故选 B． 二、填空题 13． 22yx 解：令   2e ( 2)xf x x， 2( ) e ( 2 2)xf x x x    ，所以 (0) 2f   ， 又 (0) 2f  ， 所求切线方程为 22yx ，即 . 故答案为： . 14．126 解：由图可知 212(1 2 )2 2 2 =2 212 n nnS       ， 河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 4 页 共 9 页 63S  ， 126S .故答案为：126 15． 10 2 解：设 2PF m ，则 1 3PF m ， 4PQ m ， 2 3QF m，由双曲线的定义，得 12 1 2 1 22 32 PF PF m a QF QF QF m a         1 5QF a ma     ， 则此时满足 2 2 2 11PF PQ QF， 1PQF 是直角三角形，且 1 90QPF   ， 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F    2 2 2(3 ) (2 )a a c ，得 10 2e  .故答案为： . 16． 5 解：设 ADB ，在 ABD 中， 由正弦定理得 sin sin AB BD BAD   ，即 5 sin sin A BA B D  sin 5 sinAB BAD    ，由余弦定理得 2 2 2 2 cos 6 2 5 cosAB AD BD AD BD         ， ∵ AB AC ，∴ 2BAD DAC    ， 在 ACD 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosCD AD AC AD AC DAC     21 4 4 sinAB AB BAD  25 8 5 cos 4 5 sin   25 20sin( )   ， 当sin( ) 1时， min 5CD  .故答案为： 三、解答题 17．解：（1） 1 2 4,,a a a 成等比数列， 2 2 1 4a a a   ， 1 2a  ， 2(2 ) 2(2 3 )dd    ，解得 2d  或 0d  (舍去)，………………… 2 分 2 ( 1) 2 2na n n      ，…… …………………4 分 (2 2 ) ( 1)2n nnS n n   ………………6 分 （2）由（1）得 1 1 1 1= ( 1) 1nS n n n n， 1 1 2 1 1 1 2 2 2n nna   ，河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 5 页 共 9 页 1 1 1+12n nb nn ，………………8 分 11(1 )1 1 1 1 1 22(1 ) ( ) ( )+ 12 2 3 1 1 2 n nT nn            1 1 1 11 +1 =21 2 1 2nnnn    ………………12 分 18．解： （1）连接 1AB，设 11=AB A B O，连接CO ， AC AC ， 1CAB CAA   ， 1AB AA ， 1CAB CAA   ， 1CB CA ， O 为 的中点， 1A B CO.………………2 分 四边形 11ABB A 为正方形， 11A B AB 又 1,CO AB 平面 1AB C ， 1CO OAB  ， 1AB平面 ，………………4 分 1AB 平面 ， 平面 1AB C  平面 .………………6 分 （2） 1 4CA AA， 1 60CAA   ， 1 4CA， 在 1Rt COA 中，又 1 22OA  ， 22CO ，又 22AO  ， 4AC  ， 2 2 2OA OC AC   ， CO AO ，………………8 分 平面 平面 ，平面 1AB C 平面 1 1 1=ABB A AB ， CO  平面 ， CO 为三棱锥 11C AA B 的高，………………10 分 1 1 1 1 1 1 1 16 24 4 2 23 3 2 3C AA B AA BV S CO         1 1 1 1 4CA A B B C   ， 11 1= 4 4 sin60 =4 32CA BS     ， 点 A 到平面 11A B C 的距离 11 11 3 16 2 4 6 343 C AA B CA B Vd S      .………………12 分 19．解：（1）设 11( , )A x y ， 22( , )B x y ( 12xx )， 0( ,0)Px 在线段 AB 的垂直平分线线上， PA PB，………………2 分 河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 6 页 共 9 页 2 2 2 2 1 0 1 2 0 2( ) ( )x x y x x y      ………① 11(x , )Ay， 22( , )B x y 在抛物线C 上， 2 114yx， 2 224yx ， 代入①得 22 1 0 1 2 0 2( ) 4 ( ) 4x x x x x x     ，化简得 12 0 22 xxx ，………………4 分 1 0x  ， 2 0x  ， 12xx ， 120xx   ， 0 2x.………………6 分 （2）由已知可得直线 AB 斜率存在且不为 0，故可设直线 的方程为 ( 1)y k x( 0k  )， 联立 2 ( 1) 4 y k x yx    ，消去 y 得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ， 2 12 2 24kxx k    ，………………8 分 22 12 22 2 4 4( 1)2 10kkAB x x p kk         ， 2 2 3k，………………10 分 0 2x  ， 22 12 00 22 2 2(1 )1 1= 1 1 52 xx kkPF x x kk            .………………12 分 20．解：（1） ( ) ln 2f x a x a    ，依题意得，对 [1, )x   ， ( ) 0f x  恒成立， ① 0a  时， [1, )x  ， ln 0x， ( ) 0fx 恒成立，满足题意………2 分 ② 0a  时，取 2 0 e (1, )ax     ， 0( ) 0f x a ， 在[1, ) 上不能恒成立，不满足题意， 综上所述， a 的取值范围是[0, ) ………………4 分 （2） 22( ) ln 2 1f x x ax x x x a      ( 1x  )， 0x ， ∴ 2 1( ) 0 ln 2 0af x x a x xx        . 设 1( ) ln 2ag x a x xx     ( )，则河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 7 页 共 9 页 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1)( 1)( ) 1a a x ax a x x agx x x x x             ………………6 分 ① 当 2a  时， 1 1 2 1 0xa      ， ( ) 0gx， ()gx 在 (1 )， 上单调递增， 依题意得 ( ) (1) 1 1 2 2 0g x g a       ，满足题意………………8 分 ②当 2a  时，当11xa    时， ( ) 0gx  ，当 1xa   时， ( ) 0gx  ， 在 (1, 1)a 上单调递减，在( 1, )a   上单调递增 min 1[ ( )] ( 1) ln( 1) 1 2 ln( 1)1 ag x g a a a a a a aa                ， 依题意得 min[ ( )] ln( 1) 0g x a a a     ，解得 e 1 2a     综上所述， a 的取值范围是( e 1, )   .………………12 分 21.解：（1）由图可知 e b axy   适宜作为年产能 y 关于投入的人力 x 的回归方程类型 若选择 lny a b x ，则 0b  ，此时当 接近于 0 时， 必小于 0， 故选择 作为年产能 关于投入的人力 的回归方程类型.………………3 分 （2）由 ,得 1ln y b ax   ，故ln y 与 1 x 符合线性回归， 1 2 1 11( )(ln ln ) 55.74=227.8711() n i i i n i i yyxxb xx          . 1ln ( 0.154) ( 2) 1.077 2a y b x         ，………………5 分 2ln 2y x   ，即 2 2 e xy   ， y 关于 的回归方程 .………………7 分 （3）由(2)可知人均产能函数 2 2 e() x fx x   ， 2222 2 2 2 23 2 ee (2 ) e() xx xx xxfx xx           ，………………9 分 河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 8 页 共 9 页 02x时， ( ) 0fx  ， 2x  时 ( ) 0fx  ， (0,2)x 时， ()fx单调递增， (2, )x  时， 单调递减， 当 2x  时，人均产能函数 2 2 e() x fx x   达到最大值，………………10 分 因此，每 2 千万资金安排 2 百人进行生产，能使人均产能达到最大， 对于该企业共有 2000 名生产工人，且资金充足， 下一年度应该投入 20 千万资金进行生产，可以使得企业的人均产能达到最大…12 分 22．解：（1） 22 22 2cos cos1+cos 22 1 cos 2sin sin22 x      ， 2 4sin cos 2cos2sin 2 2 2 1 cos 2sin sin22 y        2 2 2 4cos 2 4 sin 2 yx     ，即曲线 1C 的普通方程为 2 4yx ，………………3 分 依题意得曲线C 的普通方程为 2 4( 2)yx， 令 cosx  ， siny  得 曲线 的极坐标方程为 22sin 4 cos 8 0      ；………………5 分 （2）法一：将 0 代入曲线 的极坐标方程得 22 00sin 4 cos 8 0      ， 则 0 12 2 0 4cos sin   ， 12 2 0 8 sin  ， 12 0  ， 12, 异号 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 1 1 OA OB                   ， 20 22 00 2 0 2 0 4cos 32()sin sin 1 1 sin8 2 sin         ………………8 分 0 (0,π)  ， 0sin (0,1]， 1 1 1 2( , ]22OA OB   ；………………10 分 河北正定中学/河北正中实验中学 “停课不停学，辉煌靠执着” 第 9 页 共 9 页 法二:设直线l 的参数方程为 cos sin xt yt      (t 为参数， 为直线的倾斜角)， 代入曲线C 的普通方程得 22sin 4 cos 8 0tt   ， 则 12 2 4cos sintt   ， 12 2 8 sintt  ， 12 0tt  ， 12,tt 异号………………8 分 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 1 1 tt t t t t OA OB t t t t t t        2 22 2 2 4cos 32()sin sin 1 1 sin8 2 sin         (0,π) ， sin (0,1]， 1 1 1 2( , ]22OA OB   .………………10 分 23．解：（1） 2 2 2 2( ) 2 ( ) ( 2 ) ( 2 ) 3 2 1f m f n m n m n m n         ， 法一: 22mn， 22mn   ， 2 2 2 22 7 7( ) 2 ( ) (2 2 ) 2 1 6 8 5 6( )3 3 3f m f n n n n n n             ( ) 2 ( )f m f n 的最小值为 7 3 ，此时 2 3mn；………………5 分 法 二: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21= )= +2(112 (3 6 [ + 4) ] (3 + 43 4)3m n m n m m n n m n nm   214= ( 2 ) =33mn ， 47( ) 2 ( ) 133f m f n     ，即 ( ) 2 ( )f m f n 的最小值为 ，此时 ； （2） 1mn， 22( ) ( ) ( ) ( ) 1 1f m f n m n m n m n m n m n              ， 又 1mn ( ) (2 1) 2 1 1 (2 1) 2( 1)n m m m n m m m             ， | ( ) ( ) | 2(| | 1)f m f n m    .………………10 分