河南省驻马店市等六市2020届高三第一次联考数学（文）试题.pdf

文科数学答案 第 1 页 （共 5 页） 2020 年河南省六市高三第一次联考 文科数学试题 参考答案 一、选择题: 1—5 CADBB 6—10 DCBAB 11—12 AC 二、填空题: 13. 2y x    14. 1 15. 9  16. 3 58 三、解答题： 17．解:(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为 0.6，合格品率为 0.4，所以抽出的 5 件产 品中，优等品有 3 件，合格品有 2 件．……………………………………………………2 分 ②记 3 件优等品分别为 A，B，C,2 件合格品分别为 a，b，从中随机抽取 2 件，抽取方式 有 AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab 共 10 种，设“这 2 件中恰有 1 件是优等品” 为事件 M，则事件 M 发生的情况有 6 种，所以 P(M)＝ 6 10 ＝3 5 . ……………………………6 分 (2)根据样本知甲种生产方式生产 100 件农产品有 60 件优等品，40 件合格品；乙种生 产方式生产 100 件农产品有 80 件优等品，20 件合格品． ………………………………8 分 设甲种生产方式每生产 100 件所获得的利润为 T1 元，乙种生产方式每生产 100 件所获 得的利润为 T2 元，可得 T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20) ＋20×(25－20)＝2900(元)，………………………………………………………………11 分 由于 T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故 该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．…………………………………12 分 18．解:(1)因为 S5＝  1 55 2 a a ＝20，所以 a1＋a5＝8， 所以 a3＝4，即 a1＋2d＝4， ① 因为 a3，a5，a8 成等比数列，所以 a2 5＝a3a8， 所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，化简，得 a1＝2d， ② 联立①和②，得 a1＝2，d＝1， 所以 an＝n＋1.…………………………………………………………………………4 分 (2)因为   1 1 1 1 2n n n b n na a n n       ＝ 1 1( )1 2 nn n    ， …………6 分 所以 Tn＝ 1 1 1 1 1 1 1 1( ) 1 ( ) 2 ( ) 3 ( )2 3 3 4 4 5 1 2 nn n                                 文科数学答案 第 2 页 （共 5 页） ＝  1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 32 3 3 4 4 5 1 2 nn n                ……8 分 ＝ 1 1 ( 1)( )2 2 2 n n n   ……………………………………10 分 ＝   ( 2 ) 22 1nn n n ＋ ……………………………………11 分 ＝   3 23 3 2 2 n n n n ＋ ＋ ＋ .……………………………………………………………………12 分 19.证明：（1）取 PD 的中点O ，连结 AO ， 因为 PAD 为等边三角形，所以 AO PD ………………………………………2 分 又因为 AO  平面 PAD ，平面 PAD  平面 PCD PD ，平面 PAD  平面 PCD， 所以 AO  平面 PCD ………………………………3 分 因为 CD  平面 PCD， 所以 AO CD ………………………………………4 分 因为底面 ABCD 为正方形， 所以 CD AD . 因为 AO AD A  ，所以CD  平面 PAD ， 又因为CD  平面 ABCD ， 所以平面 PAD  平面 ABCD ………………………………………………………6 分 （2）方法一：由（1）得 AO  平面 PCD， 所以 A 到平面 PCD的距离 3d AO  . 因为底面 ABCD 为正方形，所以 / /AB CD . 又因为 AB  平面 PCD，CD  平面 PCD， 所以 / /AB 平面 PCD. 所以 A ， B 两点到平面 PCD的距离相等，均为 d . 又Q 为线段 PB 的中点， 所以 Q 到平面 PCD的距离 3 2 2 dh   ……………………………………………8 分 由（1）知，CD  平面 PAD ，因为 PD  平面 PAD ，所以CD PD ，文科数学答案 第 3 页 （共 5 页） 所以 1 1 1 3 32 23 3 2 2 3Q PCD PCDV S h          ……………………………11 分 三棱锥 Q PCD 的体积为 3 3 . ……………………………………………………12 分 方法二：因为Q 为线段 PB 的中点， 所以Q 到平面 PCD的距离为 B 到平面 PCD的距离的 1 2 . 所以 1 1 1 1 32 21= = 2 32 2 3 2 3Q PCD B PCD P BCDV V V        三棱锥 Q PCD 的体积为 3 3 . ……………………………………………………12 分 20. 解：（1）由题知 ），（，， a cca ce 1P1  在椭圆上 所以 11,11 222 22 2 2 2 2  bba cb b a c a 故 2,1  ab 所以椭圆 C 的方程为 12 2 2  yx . …………………………………………………4 分 （2）由题意得，P 不在 x 轴上，不妨设   ),(),,(0),( 2211 yxByxAnnmP ，，  ， 由 ,11 PFAF  得 ),1(),1( 11 nmyx   ， 所以 nymx   11 ,1 ， 又由 12 2 1 2 1  yx 得 1)(2 1 2 2  nm  ）（ ① …………………………………6 分 又 12 2 2  nm ②，联立①②消去 n 得 01)22()23( 2   mm 即 0)1](1)23[(  m ， 由题意知 0 ， 01 ，所以 m23 1  ……………………………………8 分 同理可得 m23 1  …………………………………………………………………10 分 所以 249 6 23 1 23 1 mmm  文科数学答案 第 4 页 （共 5 页） 故当 0m 时，   取最小值 3 2 . …………………………………………………12 分 21.解 (1)此函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1 x －a x2＝x－a x2 ， 当 a  0 时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；………………………2 分 当 a＞0，x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 综上所述，当 a 0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a＞0，x∈(0，a)时，f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增. ……4 分 (2)由(1)知,a＞0 时 f(x)min＝f(a)＝ln a＋1， f(x) g(a)对任意的 x＞0，a＞0 恒成立，只需 ln a＋1  g(a)对 a＞0 恒成立，…5 分 ln a＋1  ( 5) 2a k a   ＝k－5－2 a ， 即 ln a＋2 a k－6 对 a＞0 恒成立, ……………………………………………………6 分 令 h(a)＝ln a＋2 a ，则只需 h(a)min  k－6， ∵h′(a)＝1 a －2 a2＝a－2 a2 ， ……………………………………………………………8 分 ∴a∈(0,2)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减， a∈(2，＋∞)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增， ∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋1， ……………………………………………………10 分 即 ln 2＋1 k－6，∴k  ln 2＋7， ∴k 的最大整数为 7. ………………………………………………………………12 分 22．解:（1）由      ty tx 3 3 31 消t 得， 03  yx 即 xy 3 3 …………2 分 2C 是过原点且倾斜角为 6  的直线 2C 的极坐标方程为 )(6 R  ……………………………………………5 分 （2）由      )sin1( 6   a 得，        6 2   a )6,2( aA文科数学答案 第 5 页 （共 5 页） 由      )sin1( 6 7   a 得        6 7 2 3   a )6 7,2 3( aB .22 3 2 aaaAB  ………………………………………………………………10 分 23. 解：(1)当 1a 时，        2,12 21,3 1,12 )( xx x xx xf …………………………2 分 当 1x 时，由 7)( xf 得 712  x ，解得 3x ； 当 21  x 时， 7)( xf 无解； 当 2x 时，由 7)( xf 得 712 x ，解得 4x ， 所以 7)( xf 的解集为     ,43,  .……………………………………5 分 (2)若 axxxf 24)(  的解集包含 2,0 等价于 242  xxaxax 在  2,0x 上恒成立， 因为  2,0x 时， 224  xx 所以 22  axax 在  2,0x 上恒成立…………………………6 分 由于  2,0x 若 0 a 即 0a 时， 22|2|||  aaxaxaxax 恒成立；………7 分 若 2 a 即 2a 时， 22|2|||  aaxaxaxax 恒成立；……8 分 若 20  a 即 02  a 时， 2 ax ， 2|2|||  axax 恒成立. ………9 分 综上所述，满足条件的实数 a 的取值范围是 R . …………………………10 分