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蚌埠市 ２０２０届高三年级第三次教学质量检查考试 数学（文史类）参考答案及评分标准 一、选择题： 题　号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答　案 Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｄ Ｄ Ａ Ｃ Ｂ 二、填空题： １３．ｘ－ｙ＝０　　　１４．６　　１５．能 　　　１６．槡２ 三、解答题： １７．（１２分） 解：（１）由条件，ｃｏｓＣ－槡３ ３ｓｉｎＣ ＝ ｂ ａ， 则由正弦定理 ｃｏｓＣ－槡３ ３ｓｉｎＣ ＝ｓｉｎＢ ｓｉｎＡ， ２分………………………………………… 所以 ｓｉｎＡｃｏｓＣ－槡３ ３ｓｉｎＡｓｉｎＣ ＝ｓｉｎＢ ＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｓｉｎＣｃｏｓＡ， 即 －槡３ ３ｓｉｎＡｓｉｎＣ ＝ｓｉｎＣｃｏｓＡ， ４分…………………………………………………… 又 ｓｉｎＣ ＞０，所以 ｔａｎＡ＝－槡３，Ａ＝２π ３． ６分……………………………………… （２）由（１）可知，∠ＢＡＣ ＝２π ３，而 Ｃ ＝ π ６，则 ∠ＡＢＣ ＝ π ６， 所以 ＡＢ ＝ＡＣ ＝２， ９分……………………………………………………………… 在 △ＰＡＢ中，∠ＰＡＢ ＝ π ３，由余弦定理， ＰＢ２ ＝ＰＡ２ ＋ＡＢ２ －２ＰＡ·ＡＢｃｏｓ∠ＰＡＢ ＝９＋４－６＝７ 所以 ＰＢ ＝槡７． １２分………………………………………………………………… １８（１２分） （１）由题意，ｘ— ＝２２＋３１＋４０ ３ ＝３１，ｙ— ＝０５＋０３＋００８ ３ ＝２２ ７５， ２分………………… 所以 ｂ∧ ＝ ２２×０５＋３１×０３＋４０×００８－３×３１×２２ ７５ ２２２ ＋３１２ ＋４０２ －３×３１２ ＝ －３７８ １６２ ≈－００２３， ａ∧ ＝２２ ７５＋３７８ １６２ ×３１≈ １０，所求线性回归方程为 ｙ＝－００２３ｘ＋１０． ５分………… （２）由（１）知，该网站 ２０岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数百分比为 －００２３×２０＋１０＝０５４，而 ２０００×０５４＝１０８０， 所以估计该网站 ２０岁的注册用户中使用花呗“赊购”的人数为 １０８０人． ６分……… （３）按分层抽样，８人中年龄为 １８到 ２６岁的有 ５人，记为 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，年龄为 ２７到 ３５岁 的有 ３人，记为甲，乙，丙，从 ８人中抽取 ２人，可能有（Ａ，Ｂ），（Ａ，Ｃ），（Ａ，Ｄ），（Ａ，Ｅ）， （Ａ，甲），（Ａ，乙），（Ａ，丙），（Ｂ，Ｃ），（Ｂ，Ｄ），（Ｂ，Ｅ），（Ｂ，甲），（Ｂ，乙），（Ｂ，丙），（Ｃ， Ｄ），（Ｃ，Ｅ），（Ｃ，甲），（Ｃ，乙），（Ｃ，丙），（Ｄ，Ｅ），（Ｄ，甲），（Ｄ，乙），（Ｄ，丙），（Ｅ，甲）， （Ｅ，乙），（Ｅ，丙），（甲，乙），（甲，丙），（乙，丙），共 ２８种情形． １０分………………… 其中 ２人均为 １８到 ２６岁的有 １０种， ）页４共（页１第案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌所以抽取的两人年龄都在 １８到 ２６岁的概率为１０ ２８＝ ５ １４． １２分……………………… １９．（１２分） 解：（１）取 ＡＤ的中点 Ｆ，连接 ＭＦ，ＢＦ 因为平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１∥ 平面 ＡＢＥＤ， 平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１∩ 平面 ＢＥＣ１Ｂ１ ＝Ｂ１Ｃ１， 平面 ＡＢＥＤ∩ 平面 ＢＥＣ１Ｂ１ ＝ＢＥ， 所以 Ｂ１Ｃ１∥ ＢＥ，同理可得，ＡＢ∥ Ａ１Ｂ１， ＡＤ∥ Ａ１Ｄ１，而 ＡＡ１∥ ＢＢ１∥ ＤＤ１， 所以四边形 ＡＤＤ１Ａ１和 ＡＢＢ１Ａ１为平行四边形． ２分………… 又四边形 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是菱形，Ｂ１Ｃ１∥ Ａ１Ｄ１， 所以 ＡＤ∥ ＢＥ，而点 Ｆ为 ＡＤ的中点， 所以 ＢＥ ＝ １ ２Ａ１Ｂ１ ＝ １ ２Ａ１Ｄ１ ＝ １ ２ＡＤ ＝ＤＦ， 又 ＢＥ∥ ＤＦ，所以四边形 ＢＥＤＦ为平行四边形，从而 ＢＦ∥ ＤＥ． 点 Ｍ，Ｎ分别为 Ａ１Ｄ，ＢＢ１的中点，所以 ＭＦ ＝ １ ２ＡＡ１ ＝ １ ２ＢＢ１ ＝ＢＮ， ＭＦ∥ ＡＡ１∥ ＢＮ，则四边形 ＭＮＢＦ是平行四边形，得 ＭＮ∥ ＢＦ， ４分…………… 所以 ＭＮ∥ ＤＥ． 而 ＭＮ 平面 Ｃ１ＤＥ，ＤＥ 平面 Ｃ１ＤＥ，所以 ＭＮ∥ 平面 Ｃ１ＤＥ． ６分…………… （２）由（１）可知，ＭＮ∥ 平面 Ｃ１ＤＥ，所以点 Ｍ到平面 Ｃ１ＤＥ的距离与点 Ｎ到平面 Ｃ１ＤＥ 的距离相等，则三棱锥 Ｍ －Ｃ１ＤＥ的体积 ＶＭ－Ｃ１ＤＥ ＝ＶＮ－Ｃ１ＤＥ ＝ＶＤ－Ｃ１ＥＮ ８分…………………………………………………… 由 ∠ＤＡＢ＝∠Ｄ１Ａ１Ｂ１ ＝６０°，ＡＢ＝Ａ１Ｂ１ ＝Ａ１Ｄ１ ＝ＡＤ＝２，得 △ＡＢＤ为正三角形， 而 Ｆ为 ＡＤ中点，所以 ＢＦ⊥ ＡＤ，从而 ＤＥ⊥ ＢＥ，且 ＢＦ ＝槡３． 又 ＡＡ１⊥ 平面 ＡＢＥＤ，得 ＡＡ１⊥ ＤＥ，从而 ＢＢ１⊥ ＤＥ，ＢＢ１∩ ＢＥ ＝Ｂ点， 所以 ＤＥ⊥ 平面 ＢＢ１Ｃ１Ｅ且 ＤＥ ＝ＢＦ ＝槡３． １０分………………………………… Ｓ△Ｃ１ＥＮ ＝Ｓ梯形ＢＢ１Ｃ１Ｅ －Ｓ△ＢＮＥ －Ｓ△Ｂ１ＮＣ１ ＝１ ２×（１＋２）×４－１ ２×１×２－１ ２×２×２＝３， 所以 ＶＭ－Ｃ１ＤＥ ＝ＶＤ－Ｃ１ＥＮ ＝ １ ３Ｓ△Ｃ１ＥＮ·ＤＥ ＝ １ ３ ×３×槡３ ＝槡３， 即三棱锥 Ｍ －Ｃ１ＤＥ的体积为槡３． １２分…………………………………………… ２０．（１２分） 解：（１）由条件，ｘ∈ （０，＋∞），ｆ′（ｘ）＝ ａ ｘ＋２ｘ－３＝２ｘ２ －３ｘ＋ａ ｘ ． 令 ｇ（ｘ）＝２ｘ２ －３ｘ＋ａ，记 △ ＝９－８ａ． 当 ａ≥ ９ ８时，△ ≤ ０，ｇ（ｘ）≥ ０恒成立，从而 ｆ′（ｘ）≥ ０，ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调 递增，没有极值点． ３分……………………………………………………………… 当 ０＜ａ＜ ９ ８时，令 ｇ（ｘ）＝０，解得 ｘ＝３± ９－８槡 ａ ４ ， 且 ０＜３－ ９－８槡 ａ ４ ＜３＋ ９－８槡 ａ ４ ． 当 ｘ∈ （０，３－ ９－８槡 ａ ４ ）时，ｆ′（ｘ）＞０；当 ｘ∈ （３－ ９－８槡 ａ ４ ，３＋ ９－８槡 ａ ４ ）时， ｆ′（ｘ）＜０；当 ｘ∈ （３＋ ９－８槡 ａ ４ ，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０． 所以 ｆ（ｘ）在（０，３－ ９－８槡 ａ ４ ）和（３＋ ９－８槡 ａ ４ ，＋∞）上单调递增， ）页４共（页２第案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌在（３－ ９－８槡 ａ ４ ，３＋ ９－８槡 ａ ４ ）上单调递减，极大值点为３－ ９－８槡 ａ ４ ，极小值点 为３＋ ９－８槡 ａ ４ ． 综上所述，当０＜ａ＜９ ８时，极大值点为３－ ９－８槡 ａ ４ ，极小值点为３＋ ９－８槡 ａ ４ ；当 ａ≥ ９ ８时，没有极值点． ６分………………………………………………………… （２）当 ａ＝１时，ｆ′（ｘ）＝２ｘ２ －３ｘ＋１ ｘ ＝（ｘ－１）（２ｘ－１） ｘ ，ｘ∈ ［１ ｅ，ｅ］． 对任意的 ｘ∈ ［１ ｅ，ｅ］，ｆ（ｘ）≤ ０恒成立，则 ｆ（ｘ）ｍａｘ≤ ０． ８分…………………… 由（１）可知，当 ａ＝１时，ｆ（ｘ）在［１ ｅ，１ ２］上单调递增，在［１ ２，１］上单调递减，在 ［１，ｅ］上单调递增，最大值为 ｆ（１ ２）和 ｆ（ｅ）两者中较大者． 而 ｆ（１ ２）＝ｋ－５ ４ －ｌｎ２，ｆ（ｅ）＝ｋ＋ｅ２ －３ｅ＋１， １０分………………………… ｆ（１ ２）－ｆ（ｅ）＝－ｅ２ ＋３ｅ－９ ４ －ｌｎ２＜０，所以 ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ｆ（ｅ）≤ ０， 解得 ｋ≤－ｅ２ ＋３ｅ－１． １２分………………………………………………………… ２１．（１２分） 解：（１）由条件，ｔ２ ４ ＝４且 ｔ＞０，解得 ｔ＝４，即点 Ｍ（４，４）， ２分………………………… 代入抛物线 Ｃ２的方程，得 ８ｐ＝１６，所以 ｐ＝２， 则抛物线 Ｃ２的方程为 ｙ２ ＝４ｘ． ４分………………………………………………… （２）将点 Ｍ（ｔ，ｔ２ ４）代入抛物线 Ｃ２的方程，得 ｐ＝ ｔ３ ３２． 设点 Ａ（ｘ１，ｙ１），直线 ＡＭ方程为 ｙ＝ｋ１（ｘ－ｔ）＋ｔ２ ４， 联立方程 ｙ＝ｋ１（ｘ－ｔ）＋ｔ２ ４， ｘ２ ＝４{ ｙ 消去 ｙ，化简得 ｘ２ －４ｋ１ｘ＋４ｋ１ｔ－ｔ２ ＝０， 则 △ ＝１６ｋ２ １ －４（４ｋ１ｔ－ｔ２）＝０，解得 ｋ１ ＝ ｔ ２， 从而直线 ＡＭ的斜率为 ｙ１ －ｔ２ ４ ｘ１ －ｔ ＝ ｙ１ －ｔ２ ４ ｙ２ １ ２ｐ－ｔ ＝ ｙ１ －ｔ２ ４ １６ｙ２ １ ｔ３ －ｔ ＝ ｔ３ ４（４ｙ１ ＋ｔ２）＝ ｔ ２， 解得 ｙ１ ＝－ｔ２ ８，即点 Ａ（ｔ ４，－ｔ２ ８）． ６分…………………………………………… 设点 Ｂ（ｘ２，ｙ２），直线 ＢＭ方程为 ｙ＝ｋ２（ｘ－ｔ）＋ｔ２ ４， 联立方程 ｙ＝ｋ２（ｘ－ｔ）＋ｔ２ ４， ｙ２ ＝２{ ｐｘ 消去 ｘ，化简得 ｙ２ －２ｐ ｋ２ ｙ－２ｐ（ｔ－ ｔ２ ４ｋ２ ）＝０， 则 △ ＝４ｐ２ ｋ２ ２ ＋８ｐ（ｔ－ ｔ２ ４ｋ２ ）＝０，代入 ｐ＝ ｔ３ ３２，解得 ｋ２ ＝ ｔ ８， ）页４共（页３第案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌从而直线 ＢＭ的斜率为 ｙ２ －ｔ２ ４ ｘ２ －ｔ ＝ ｘ２ ２ ４ －ｔ２ ４ ｘ２ －ｔ ＝ｘ２ ＋ｔ ４ ＝ ｔ ８， 解得 ｘ２ ＝－ ｔ ２，即点 Ｂ（－ ｔ ２，ｔ２ １６）． ８分…………………………………………… ｜ＭＢ｜＝ （ｔ＋ ｔ ２）２ ＋（ｔ２ ４ －ｔ２ １６）槡 ２ ＝３ｔ １６ ６４＋ｔ槡 ２， 点 Ａ（ｔ ４，－ｔ２ ８）到直线 ＢＭ：ｙ＝ ｔ ８ｘ＋ｔ２ ８，即 ｔｘ－８ｙ＋ｔ２ ＝０的距离为 ｄ＝ ｔ２ ４ ＋ｔ２ ＋ｔ２ ｔ２ ＋槡 ６４ ＝ ９ｔ２ ４ ｔ２ ＋槡 ６４ ， １０分…………………………………………… 故 △ＭＢＡ面积为 Ｓ△ＭＢＡ ＝ １ ２｜ＭＢ｜·ｄ＝２７ｔ３ １２８，而 ｔ∈ ［１，２］， 所以 △ＭＢＡ面积的取值范围是［２７ １２８，２７ １６］． １２分…………………………………… ２２（１０分） （１）根据题意得，曲线 Ｃ的极坐标方程为 ρｃｏｓ２θ＝２ｃｏｓθ－２ρｓｉｎ２θ， ρｃｏｓ２θ＋ρｓｉｎ２θ＝２ｃｏｓθ，即 ρ２ ＝２ρｃｏｓθ， 所以曲线 Ｃ的直角坐标方程为 ｘ２ ＋ｙ２ ＝２ｘ，即（ｘ－１）２ ＋ｙ２ ＝１， ３分…………… 直线 ｌ的普通方程为 ｔａｎα·ｘ－ｙ＋１＝０． ５分……………………………………… （２）联立直线 ｌ的参数方程与曲线 Ｃ的直角坐标方程， 将 ｘ＝ｔｃｏｓα， ｙ＝１＋ｔｓｉｎ{ α　 代入（ｘ－１）２ ＋ｙ２ ＝１， 化简，得 ｔ２ ＋２（ｓｉｎα－ｃｏｓα）ｔ＋１＝０． ７分…………………………………………… 设点 Ａ，Ｂ所对应的参数分别为 ｔ１，ｔ２， 则 ｔ１ｔ２ ＝１，ｔ１ ＋ｔ２ ＝２（ｃｏｓα－ｓｉｎα）＝ 槡２２ｃｏｓ（α＋π ４），α∈ ３π ４，[ )π ， 由（１）可知，曲线 Ｃ是圆心（１，０），半径为 １的圆，点 Ｐ在圆外， 由直线参数方程参数的几何意义知， １ ｜ＰＡ｜＋ １ ｜ＰＢ｜＝ １ ｜ｔ１｜＋ １ ｜ｔ２｜＝｜ｔ１｜＋｜ｔ２｜ ｜ｔ１ｔ２｜ ＝｜ｔ１ ＋ｔ２｜≤ 槡２２，当且仅当 α＝３π ４ 时取到． 即 １ ｜ＰＡ｜＋ １ ｜ＰＢ｜的最大值为 槡２２． １０分……………………………………………… ２３．（１０分） （１）由题意，ｆ（ｘ）＝｜ｘ－ｍ｜＋｜ｘ｜≥｜ｘ－ｍ－ｘ｜＝｜ｍ｜． ３分………………………… 只需 ｜ｍ｜≥ ｍ２，解得 －１≤ ｍ≤ １． ５分……………………………………………… （２）由（１）可知，ａ＋ｂ＋ｃ＝１， 所以 １ ａ ＋１ ｂ＋１ ｃ ＝ａ＋ｂ＋ｃ ａ ＋ａ＋ｂ＋ｃ ｂ ＋ａ＋ｂ＋ｃ ｃ ７分………………………… ＝１＋ ｂ ａ ＋ ｃ ａ ＋ａ ｂ＋１＋ ｃ ｂ＋ａ ｃ＋ ｂ ｃ＋１ ＝３＋（ｂ ａ ＋ａ ｂ）＋（ｃ ａ ＋ａ ｃ）＋（ｃ ｂ＋ ｂ ｃ）≥ ３＋２＋２＋２＝９ 当且仅当 ａ＝ｂ＝ｃ＝ １ ３时等号成立． １０分………………………………………… （以上答案仅供参考，其它解法请参考以上评分标准酌情赋分） ）页４共（页４第案答考参）类史文（学数级年三高市埠蚌