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数学（文）参考答案 第 1 页 （共 4 页） 安徽六校教育研究会 2020 届高三第二次素质测试 文科数学参考答案 一、选择题（本大题共 12 小题，每题 5 分，满分 60 分） 选项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A D C B B A C D D A C 二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，满分 20 分） 13. 120 14. [ , ]6 2   15. 32 16. 6 3 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：60 分。 17.（12 分） 【解析】（1）由已知 1 *2 3 3 3 ( )n n nS a n    N ① 2n  时， 1 12 3 3 3n n nS a    ② ①—②得： 1 12 3 3 2 3 3 2 3n n n n n n na a a a a         ，故 1 1 1 12 23 3 3 3 n n n n n n n n a a a a        ， 即 1 2 ( 2)n nb b n   ，又 1n  时， 1 1 12 3 9 3 6a a a     ，则 1 1 23 ab   故数列{ }nb 是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列， ∴ 2 2( 1) 2 2 3n n nb n n a n       . （6 分） （2）由 3 n n n n a ac n   ，得 2 3 2n nc n   2 1 23(1 3 ) (1 )2 (3 3 3 ) 2(1 2 ) 2 2 3 31 3 2 n n n n n nT n n n                 . （12 分） 18.（12 分） 【解析】（1） 3x  ， 21y  ， 5 2 1 55i i x   ，故 5 1 5 2 2 2 1 340.6 5 3 21ˆ 2.5655 5 3 i i i i i x y nx y b x nx             ， ∴ ˆˆ 21 2.56 3 13.32a y bx      ，故 ˆ 2.56 13.32y x  . （8 分） （2） 6x  时， ˆ 28.68y  ， 7x  时， ˆ 31.24y  ，故应从第 7 周开始. （12 分） 19.（12 分） 【解析】（1）由题： PA PB ， BC  平面 PAB BC PA  又 PB BC B ，故 PA  平面 PBC . （4 分）数学（文）参考答案 第 2 页 （共 4 页） （2）取 AB 的中点 O ，连接 ,OP OD ，因为 ,PAB DAB△ △ 均为等腰三角形 故 ,PO AB DO AB  ，又 BC  平面 PAB  平面 PAB  平面 ABCD 平面 PAB 平面 ABCD AB ，故 PO  平面 ABCD ，∴ PO DO 易求得 1, 2, 2, 1AO BO PA DO PO     ，故 5PD  ∵ // , ,OD BC OD BC DO AB OBCD   为矩形 故 1 1 12 2ACDS CD DO OB DO    △ 2 21 2 32 ( 5) ( )2 2 2PADS     △ 在三棱锥 P ACD 中，设顶点C 到平面 PAD 的距离为 d ，由 C PAD P ACDV V  则 3 212 3d d   ，故顶点 C 到平面 PAD 的距离为 2 3 . （12 分） 20.（12 分） 【解析】（1） 2( ) 2 (sin cos )x xf ' x e e x x   ， (0) 2f '   ， (0)f   所以曲线 ( )y f x 在 0x  处的切线方程为 (2 )y x    将（1,6）代入得 2   ． （4 分） （2）考虑方程 g( ) 0x  ，等价于 2cos 0x xe e x   ，记 ( ) 2cosx xF x e e x   则 ( ) 2sin 2 2sin 2 2sin 0x x x xF' x e e x e e x x          于是函数 ( )F x 在 R 上单调递增，又 2 2( ) 02F e e        ， (0) 2 0F   所以函数 ( )F x 在区间 ( ,0)2  上存在唯一零点，即函数 ( )g x 存在唯一零点．（12 分） 21. （12 分） 【解析】（1）①当线段 AF 与抛物线 C 没有公共点，即 9 4a  时， 设抛物线 C 的准线为 l ，过点 P 作l 的垂线，垂足为 Q 过点 A 作 l 的垂线，垂足为 B ，则| | | | | | | | | | 1PA PF PA PQ AB a      故 1 5 4a a    ②当线段 AF 与抛物线 C 有公共点，即 9 4a  时， 2 2| | | | | | ( 1) 3PA PF AF a     故 2 2( 1) 3 5 3a a      综上： 4a  或 3 . （5 分） （2）解法一：设 2 2 2( ,2 ), ( ,2 ), ( ,2 )P b b M m m N n n （ , , 0, 0, 0b n m n b m n     ） 由题 , ,P A N 共线， , ,O A M 共线数学（文）参考答案 第 3 页 （共 4 页） 当 b n  时， 2 2 2 2 2 3 2b n b b n a b    ， 2 2 3m m a  ，联立得 3( ) 2b m n bn   （*） 又 OP MN∥ ，则 2 2 2 2 2 2b m n b m n   即 b m n  代入（*）得 3b  当 b n  时，由题： | | | | 2 3 3 3| | | | 3 2 2 3 PA OA b bAN AM n m       故 3b  ， 2 2 2 3MN OP bk k b    ，设直线 MN 的方程为 2 3y x t  ， 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 2 2 2 2 4 12( 3) 9 03 4 y x t x t x t y x           ， 2 1 2 1 2 93(3 ), 4 tx x t x x     2 2 2 2 2 1 2 1 2 2| | 1 ( ) 4 1 ( ) 9(3 ) 9 13 9 6 5 133MN k x x x x t t t            解得： 8 3t   ，故直线 MN 的方程为 2 8 3 3y x  即 2 3 8 0x y   . （12 分） 解法二：设 0 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , )P x y M x y N x y ，则 0 0 2 00 0 4 4 OP y yk yx y    ， 1 2 1 2 2 2 1 21 2 1 2 4 4 4 MN y y y yk y yx x y y      ，∵ MN OPk k ，∴ 0 1 2y y y  ，即 0 1 2 2 2 y y y 即线段 OP 与 MN 的中点纵坐标相同，故 OP 中点与 MN 中点连线平行于 x 轴 由平面几何知识知：点 A 在OP 与 MN 中点连线上，故 0 03 62 y y   于是 2 0 0 94 yx   ， 0 0 2 3MN OP yk k x    ，设直线 MN 的方程为 2 3y x t  ，后同解法一. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。 22．[选修 4−4：坐标系与参数方程]（10 分） 【解析】（1）曲线 2C 的方程化成直角坐标方程为 2 2 8x y y  即 2 2( 4) 16x y   圆心 2 (0,4)C ，半径 4r  ，曲线 1C 为过定点 (2,2)P 的直线，易知 (2,2)P 在圆 2C 内 当 2PC AB 时，线段 AB 长最小， 最小值为 2 2 2 2 22 | | 2 16 [(2 0) (2 4) ] 4 2r PC       . （5 分） （2）当点 M 与点 P 不重合时，设 ( , )M x y ，∵ 2C M PM ∴ 2 ( 2) ( 4)( 4) 0C M PM x x y y       ，化简得： 2 2( 1) ( 3) 2x y    当点 M 与点 P 重合时，也满足上式， 故点 M 的轨迹方程为： 2 2( 1) ( 3) 2x y    . （10 分）数学（文）参考答案 第 4 页 （共 4 页） 23．[选修 4−5：不等式选讲]（10 分） 【解析】（1） 3 3 2 2 2 2(2 2 ) ( )( ) 2 ( )a b a b ab a b a ab b ab a b         2 2( )( )a b a ab b    2 23( )[( ) ]2 4 ba b a b    ∵ a b ，∴ 0a b  ，又 2 23( ) 02 4 ba b   ，∴ 3 3 2 22 2a b a b ab   . （5 分） （2） 2 2 1 1( )b a a b a b    ，即 3 3 2 2 b a b a a b ab   ，即 2 2 2 2 b ab a a b ab    （*） ①当 0ab  时，（*）即 2 2 1b ab a b a ab a b       恒成立， ∵ 2 2b a b a a b a b     （当且仅当 a b 时取等号），故 3  ②当 0ab  时，（*）即 2 2 1b ab a b a ab a b       恒成立， ∵ [( ) ( )] 2 ( ) ( ) 2b a b a b a a b a b a b              （当且仅当 a b  时取等号），故 1   综上， [ 1,3]   . （10 分）