高三文科数学（一）答案.pdf

文科数学答案 第 1 页（共 6 页） 2020 年丹东市高三总复习质量测试（一） 文科数学答案与评分参考 一、选择题 1．A 2．C 3．A 4．B 5．B 6．D 7．C 8．A 9．D 10．C 11．D 12．A 二、填空题 13．－7 14．x；22 15．12 16．54π 题目详解 1．解： A∪B＝(－1，1)∪(0，2)＝(－1，2)，选 A． 2．解： a＋λb＝(1，2)＋(－2λ，3λ)＝(1－2λ，2＋3λ)，因为(a＋λb)⊥c，所以(a＋λb)·c＝0， 即(1－2λ)×1＋(2＋3λ)×1＝0，实数 λ＝－3，选 C． 3．解： (1＋i)(1－ai)＝1＋a＋(1－a)i，由于 a∈R，1＋a＋(1－a)i＞0，所以 1＋a＋(1－a)i∈R， 1－a＝0，a＝1，此时(1＋i)(1－ai)＝2＞0，选 A． 4．解： 从字母 a，b，c，d，e 中任取两个不同字母，所有可能的情形有 10 种： (a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)． 其中取到字母 a 的情形有 4 种：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)． 于是取到字母 a 的概率为 P＝ 4 10＝2 5，选 B 5．解： “女子善织，日增等尺”，说明，逐日所织尺数组成一个等差数列{an}，在这个等差数 列{an}中，已知 S7＝28，a2＋a5＋a8＝15，求 a6． 设公差为 d，由 7a1＋7(7－1) 2 d＝28，(a1＋d)＋(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝15，解得 a1＝d＝1， 所以 a6＝a1＋5d＝6，选 B． 【或者】因为 S7＝28，a2＋a5＋a8＝15，所以 a4＝4，a5＝3，所以 a6＝2a5－a4＝6． 6．解： 由散点图可知，与成负相关，所以 r1＜0，r2＜0，因此 AB 错误． 点 P 较偏离整体，剔除点 P 后，相关性能强些，所以| r2|比| r1|更接近 1． 因此－1＜r2＜r1＜0，选 D． 7．解： 双曲线 C 的一条渐近线为 bx－ay＝0，圆(x－a)2＋y2＝b2 4 的圆心为(a，0)，半径b 2． 因为渐近线与圆相切，所以|ba－a0| b2＋a2＝b 2，因为 b2＋a2＝c2，所以 c＝2a，于是 C 的离心文科数学答案 第 2 页（共 6 页） 率为 e＝c a＝2，选 C． 8．解： 在同一个坐标系内画函数 y＝2x，y＝－x，y＝log2x，y＝ x的图象，可知 a＜0＜b＜1＜ c，选 A． 9．解： 若 m⊥l，n⊥l，则 m 与 n 可能平行，还可能相交，还可能异面，A 不是 m∥n 的一个充 分条件． 若 m∥α，n∥α，则 m 与 n 可能平行，还可能相交，还可能异面，B 也不是 m∥n 的一 个充分条件． 若 α∥β，m⊂α，n⊂β，则 m 与 n 可能平行，还可能异面，C 也不是 m∥n 的一个充分 条件． 若 m∥α，m⊂β，α∩β＝n，根据直线与平面平行的性质定理，可以得到 m∥n，D 是 m ∥n 的一个充分条件． 综上，选 D． 10．解： y＝|1－2cos2ωx|＝|cos2ωx|，因为 ω＞0，由 4＝ π 2ω得 2ω＝π 4． sinω(x＋1)cosω(x＋1)＝1 2sin2ω(x＋1)＝1 2sinπ 4(x＋1) 当 x∈[0，1]时，π 4(x＋1)∈[π 4，π 2]；当 x∈[1，2]时，π 4(x＋1)∈[π 2，3π 4 ]． 所以函数 y＝1 2sinπ 4(x＋1)在区间[0，2]上先单调递增，后单调递减函数，选 C． 11．解： 因为函数 f (x)是定义域为(－1，1)的单调递减函数，若 f (x)图象关于点(0，1)对称， 所以不等式 f (x－1)＋f (x)＜2 等价于 x－1＋x＞0，得 x＞1 2， 又 x∈(－1，1)，x－1∈(－1，1)，所以 x 的取值范围是(1 2，1)，选 D． 【另解】设 g (x)＝f (x)－1，则 g (x)是定义域为(－1，1)的奇函数，且单调递减．不等式 f (x－1)＋f (x)＜2 等价于 g (x－1)＋g(x)＜0． 由 x－1＋x＞0，x∈(－1，1)，x－1∈(－1，1)，得 x 的取值范围是(1 2，1)，选 D． 12．解： 由 an＋1＝Sn＋1 得 Sn＋1＝2Sn＋1，变形为Sn＋1＋1 Sn＋1 ＝2，所以数列{Sn＋1}是公比为 2 的等 比数列． 因为 S2＝3，所以 S8＋1＝(S2＋1)28-2＝28＝256，所以 S8＝255，选 A． 13．解： 画出线性约束条件所表示的区域，即可行域： 作直线 l0：3x－y＝0，平移 l0，可知当 x＝－2，y＝1 时， 直线 z＝3x－y 在 y 轴上截距最大，从而 z 取的最小值－7． 14．解： 文科数学答案 第 3 页（共 6 页） 因为 y′＝ 1 1＋x，y′|x=0＝1，所以曲线 y＝ln(1＋x)在 x＝0 处切线方程为 y＝x，故 f (x)＝x． 采用复利的方式计算利息，本金为 a 的理财品种经过 n 年后，本息和为 a(1＋0.033)n． 由 a(1＋0.033)n≥2a，得 nln(1＋0.033)≥ln2，有 n≥ ln2 ln(1＋0.033)，由题设的近似等式 70 100×0.033≈21.212．所以 n≥21.212，至少需经 22 年． 15．解： 设 C 的准线与 x 轴相交于点 E，过 A 作 C 的准线的垂线， 垂足为 A1．因为 A，F，B 三点共线，由题设 F 为 AB 的中点， 所以|AF|＝|AA1|＝2|EF|＝12． 16．解： 由题设边形 ABCD 是直角梯形，其中 AB＝5，BC＝5，CD＝3，CA＝1， CA 在直线 y ＝1 上，将四边形 ABCD 绕直线 y＝1 旋转一周，所得到几何体是底面半径为 3，母线为 5 的圆柱内去掉一个底面半径为 3 母线为 5 的圆锥余下部分，其的表面积为 π32＋2π×3×5＋ π×3×5＝54π． 17．解： （1）因为侧棱 DD1⊥底面 ABCD，所以 DD1⊥AC． 因为 AB＝1，AC＝ 3，BC＝2，所以 CD2＋AC2＝AD2，所以 AC⊥CD． 因为 DD1∩CD＝D，所以 AC⊥平面 DD1C1C． 因为 C1D⊂平面 DD1C1C，所以 AC⊥C1D． ………………（6 分） （2）直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，因为 BB1＝BC，所以四 边形是正方形，面积为 4． 在平面内 ABCD，过 A 作 AE⊥BC，垂足为 E，在直角三角形 ABC 中，斜边 BC 上的高为 AE＝ 3 2 ． 因为平面 ABCD⊥平面 BB1C1C，所以 AE⊥平面 BB1C1C． 于是四棱锥 A-BB1C1C 的体积为1 3×4× 3 2 ＝2 3 3 ． ………………（12 分） 18．解： （1）由题设，首选物理再选科目确定的 20 位学生中选考生物的有 14 人，首选历史再 选科目确定的 15 位学生中选考生物的有 6 人． 因此该学校高一年级再选科目确定的学生中，选考生物的学生人数估计值为 14＋6 20＋15×20＋15 50 ×600＝240（人）． ………………（6 分） （2）由题设可得 2×2 列联表如下： 选生物 不选生物 合计 首选物理 14 6 20 首选历史 6 9 15 合计 20 15 35 A B B1 C1 D1 A1 C D E 文科数学答案 第 4 页（共 6 页） 所以 K2＝35×(14×9－6×6)2 20×15×20×15 ＝63 20＝3.15． 因为 3.15＜3.841，所以没有 95%以上的把握认为“再选科目确定的学生中，是否选考 生物与首选科目的选择有关”． ………………（12 分） 19．解法 1： （1）△ABC 同时满足条件①③④，理由如下： 因为 cosB＝－2 3＜－1 2＜0，所以 B 为钝角，且 B＞2π 3 ，因为 A＝π 3，与 A＋B＋C＞π，矛 盾，△ABC 不能同时满足条件①②，所以△ABC 同时满足条件③④． 因为 a＞b，所以 A＞B，所以△ABC 不能同时满足条件②③④． 因此△ABC 只能同时满足条件①③④． ………………（6 分） （2）由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccosA，得 c2－3c－40＝0，解得 c＝－5 或 c＝8，c＝ －5 舍去，取 c＝8． 于是△ABC 的面积 S＝1 2bcsinA＝6 3． ………………（12 分） 解法 2： （1）同解法 1． （2）因为 A＝π 3，a＝7，b＝3，由正弦定理 a sinA＝ b sinB得 sinB＝3 3 14 ． 因为 a＞b，所以 cosB＝13 14． 所以 sinC＝sin(B＋π 3)＝sinBcosπ 3＋cosBsinπ 3＝3 3 14 ×1 2＋13 14× 3 2 ＝4 3 7 ． 于是△ABC 的面积 S＝1 2absinC＝6 3． ………………（12 分） 20．解法 1： （1）因为焦距为 4，c＝2，两焦点为 F1(－2，0)，F2(－2，0)． 根据椭圆定义 2a＝ (2＋2)2＋ 22＋ (2－2)2＋ 22＝4 2，a＝2 2，所以 b2＝a2－c2 ＝4，从而 C 的方程为x2 8＋y2 4＝1． ………………（4 分） （2）由题设，直线 l 不垂直于 y 轴，可设 l：x＝ky＋2，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由   x＝ky＋2， x2 8＋y2 4＝1. 得(k2＋2)y2＋4ky－4＝0． 因为△＝32(1＋k2)＞0，所以 y1＋y2＝－ 4k k2＋2，y1y2＝ －4 k2＋2． 文科数学答案 第 5 页（共 6 页） 因为|PQ|＝4 2，于是|S1－S2|＝1 2×| PQ|×|y1＋y2|＝8 2|k| k2＋2 ． 当 k＝0 时，|S1－S2|＝0． 当 k≠0 时，8 2|k| k2＋2＝ 8 2 |k|＋ 2 |k| ≤8 2 2 2＝4，当 k＝± 2时等号成立，|S1－S2|的最大值为 4． 综上，|S1－S2|的最大值为 4． ………………（12 分） 解法 2： （1）因为 C 过点 A( 2， 3)，所以4 a2＋ 2 b2＝1，又 a2－b2＝4，故 a2＝8， b2＝4，从而 C 的方程为x2 8＋y2 4＝1． ………………（4 分） （2）当直线 l 垂直于 x 轴时，S1＝S2，于是|S1－S2|＝0． ………………（6 分） 当直线 l 不垂直于 x 轴时，设 l：y＝k(x－2)(k≠0)，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由   y＝k(x－2)， x2 8＋y2 4＝1. 得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－8＝0． 因为△＝32(1＋k2)＞0，所以 x1＋x2＝－ 8k2 2k2＋1，x1x2＝8k2－8 2k2＋1． 因为|PQ|＝4 2，于是|S1－S2|＝1 2×| PQ|×|y1＋y2| ＝2 2×| k(x1＋x2)－4k|＝2 2×| 8k3 2k2＋1－4k|＝8 2|k| 2k2＋1． 因为8 2|k| 2k2＋1＝ 8 2 2|k|＋ 1 |k| ≤8 2 2 2＝4，当 k＝± 2 2 时等号成立，|S1－S2|的最大值为 4． 综上，|S1－S2|的最大值为 4． ………………（12 分） 21．解： （1）f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x－a x ． 若 a＝2，当 0＜x＜2，则 f ′(x)＜0，若 x＞2，则 f ′(x)＞0；所以 f (x)在(0，2)单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增． 所以 f (x)≥f (2)＝－2－2ln2＞－4． ………………（4 分） （2）因为 a＞1，所以当 0＜x＜a 时，则 f ′(x)＜0，当 x＞a 时，则 f ′(x)＞0；所以 f (x) 在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 所以 f (x)有最小值 f (a)＝a[1－lna－a]，因为 a＞1，所以 f(a)＜0． 因为 0＜e－a＜1＜a，f (e－a)＝e－a＞0，所以 f (x)在(0，a)有一个零点． 由（1）可知 x＞2lnx，从而 ex＞x2，于是 e2a＞4a2＞a，故 f (e2a)＝e2a－3a2＞a2＞0．所文科数学答案 第 6 页（共 6 页） 以 f (x)在(a，＋∞)有一个零点． 因此当 a＞1 时，f (x)有两个不同的零点当． ………………（12 分） 【或者】由（1）可知 x＞2lnx，从而 lnx＜ x，取正数 b 满足 b＞－ 5＋1 2 a，则 f (b)＞a b＋bx－a2＞0．所以 f (x)在(a，＋∞)有一个零点． 因此当 a＞1 时，f (x)有两个不同的零点． ………………（12 分） 22．解： （1）C1 的参数方程为  x＝ 3cosα， y＝sinα． (α 为参数)． C2 极坐标方程可以化为 ρcosx＋ρsinθ－4＝0，于是 C2 的直角坐标方程为 x＋y－4＝0． ………………（5 分） （2）由（1），可设点 P 的直角坐标为( 3cosα，sinα)． 因为 C2 是直线，所以|PQ|的最小值，即为 P 到 C2 的距离 d(α)的最小值． d(α)＝| 3cosα＋sinα－4| 2 ＝ 2|sin(α＋π 3)－2|≥ 2． 当且仅当 α＝2kπ＋π 6(k∈Z)时时等号成立． 所以|PQ|的最小值为 2． ………………（10 分） 23．解： （1）因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，所以 2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，于是 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca； ………………（5 分） （2）[(a－1)＋(b－2)＋(c－3)]2 ＝(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2＋2[(a－1)(b－2)＋(b－2)(c－3)＋(c－3)(a－1)] 由（1）可知(a－1)(b－2)＋(b－2)(c－3)＋(c－3)(a－1)≤(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2，所 以[(a－1)＋(b－2)＋(c－3)]2≤3[(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2]． 由已知得(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2≥25 3 ． 当且仅当 a＝－2 3，b＝1 3，c＝4 3时等号成立． 因此(a－1)2＋(b－2)2＋(c－3)2 的最小值为25 3 ． ………………（10 分）