数学（文）解答题 答题卡.pdf

1 开学验收考试 数学（文）参考答案 一、选择题： CBCAC ADCCA AD 二、填空题： 13．440 14．200 15．16 16． 2 三、解答题： 17. 解：（1）由表格可知 2013，2014，2015，2016，2017，2018 年的增长率分别如下 82 65 92 82 110 92 133 110 138 133 154 13826% 12% 20% 21% 4% 12%65 82 92 110 133 138           ； ； ； ； ； ， 所以 2013 年的增长率最高，达到了 26%． （2）由表格可计算出：   772 11 7744 3516 287 i i i ii t y t y t t      ， ， ， ， 7743516 7 4 7747 15 15 4 50.7 ˆ ˆ 5728ba         ， ， y 关于t 的回归直线方程为 15 0.57ˆ 5yt ．令 149.4315 50.57 200 9.9615tt     ． 所以根据回归方程可预测，我国发明专利申请量将在 2021 年突破 200 万件． 18. 解：（1）证明：∵PA⊥平面 ABC，BC⊂平面 ABC， ∴PA⊥BC，∵AB 是圆的直径，∴BC⊥AC， 又 AC∩PA=A，∴BC⊥平面 PAC，又 PC⊂平面 PAC．∴BC⊥PC， ∵DE 是△PBC 的中位线，∴DE∥BC，∴PC⊥DE∵PA=AC，D 是 PC 的中点， ∴AD⊥PC，又 AD∩DE=D，∴PC⊥平面 ADE，又 AE⊂平面 ADE，∴PC⊥AE． （2）解：取 AC 中点 F，过 F 作 FM⊥AB 于 M， ∵D，F 分别是 PC，AC 的中点， ∴DF∥PA，又 DF⊄平面 PAB，PA⊂平面 PAB， ∴DF∥平面 PAB， ∴D 到平面 PAB 的距离等于 F 到平面 PAB 的距离． 2 ∵PA⊥平面 ABC，FM⊂平面 ABC， ∴FM⊥PA，又 FM⊥AB，PA∩AB=A， ∴FM⊥平面 PAB，∴F 到平面 PAB 的距离为线段 FM 的长． 在 Rt△ABC 中，∵AB=2AC=2，∴AC= ，∴C 到 AB 的距离为 = ， 又 F 为 AC 的中点，∴FM= ．∴点 D 到平面 PAB 的距离为 ． 19. 解：（1）∵ 113 2 2 0n n n na a a a   ,∴ * 1 223, nn nNaa    ∴ 2 na    为等差数列,首项为 1 2 5a  ,公差为 3∴ 2 5 3( 1) 3 2 n nna      , 2 , N*32nann ∵ nb 为正项等比数列,设公比为  0qq ,则 1 2 1(1 ) 3b b b q    , 2 31 4b b q 整理得 23 4 4 0qq   ,解得 2q  , 1 1b  ,∴ 1*2 , Nn nbn. （2） 12 (3 2) 2nn n n bcna     215 8 2 11 2 (3 2) 2n nSn         ① 212 5 2 8 2 (3 1) 2 (3 2) 2nn nS n n           ② ①-②得 215 3 2 3 2 3 2 (3 2) 2nn nSn            5 3(2 2) (3 2) 2nnn      , ∴ (3 1) 2 1n nSn    ∵ *Nn ,∴ 1nS  ,∴ 101 nS,得证. 20. 解：（1）∵  ' a a bxbfx xx    , 0x  . 又函数    ln 0f x a x bx c a    有极小值.∴ 0b  , 0a  ,  fx的极小值点为 a b . （2）由（1）知, amf b  , 2244 44 ac b a ac bm a f aa b a       3 22 ln ln44 a b a ba a c a c ab a b a                    21ln 4 aba ba             . 令 a tb,   2 1ln 4tgt t , 0t  . 则   2 33 11 2' 12 2gt t t t t    .令  '0gt ,得 2 2t  ,  gt在 20, 2   单调递减,在 2 ,2  单调递增. ∴   2 2 1ln 02 2 2g t g                 .∵ 0a  ,∴   0ag t  ,∴ 24 4 ac bma a  . 21. 解：  1210BF BF    ，右顶点为 B， 12BF F 为等腰三角形， bc， 由 22 2a b c c   ，椭圆的离心率 2 2 ce a ．  2 由已知得 222ac ， 22bc ．故椭圆方程为 22 2212 yx cc，设  00,.P x y 由  1 0,Fc，  ,0Bc ，  2 0 0,F P x y c     ，  2 ,F B c c   ， 220F P F B     ， 00 0x y c    ， 又因为点 P 在椭圆上，故 22 00 2212 yx cc，由以上两式可得 2 003 4 0y cy， 点 P 不在椭圆的顶点， 0 4 3yc   ， 0 1 3xc ，故 4,33 ccp ， 设圆的圆心为 11,xy ，则 1 2 3 cx  ， 1 2- 3 cy  ，则圆的半径 22 11 5( ) ( 0) 3r x c y c     ， 假设存在过 1F 的直线满足题设条件，并设该直线的方程为 y kx c， 由相切可知， 2 22 533 31 cckcc k      即得 2 2020 0kk ，解得 10 2 30k  ，故存在满足条件的直线． 4 22. 解： （1）由题意，点 Q 的轨迹是以（2，0）为圆心，以 2 为半径的圆，则曲线 C2： 22( 2) 4xy   ， ∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴曲线 C1 的极坐标方程为 ρ＝4sinθ，曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝4cosθ； （2）在极坐标系中，设 A，B 的极径分别为 ρ1，ρ2， 124 sin cos 2( 3 1).66AB        又点 (3, )2M  到射线 ( 0)6 的距离为 333sin .32h  MAB 的面积 1 9 3 3 .22S AB h    23. 解：（1）如图，（1） 22 x y x yOD OC， ， 2222 2 2 2 x y x y x yCD               ． （2）由（1）知，   22 22 a b a bCD OD a b  ，即 时取等号 ， 所以 222 1 2 2 4 a b a b ， 4 4 2 2 441 1 1 2 2 4 8 2 a b a b a b a b        当 时取到等号 ， 所以 44ab 的最小值为 1 8 ．