2020 年荆门市高三年级高考模拟考试（文数）试卷(word版含答案） .doc

2020 年荆门市高三年级高考模拟考试 文科数学答案 一．选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C B A C C C B B D D A 二：填空题 13 5 14 1 n n 15 32,32   16 6 2 2 17.解：（1） A cos cos(A )B C B C      ，　 sin sin cos( ) cos cos( ) cos(A ) 2sinAsinC,B C A C B A C C         ………………2 分 (0, ) sin 0CC  ，　 sin 2sin ,BA ……………………………………………………4 分 由正弦定理 sin sin ab AB 得 2.ba cosb C a而 ， 代入 b2a 得 1cos 2C  所以 2 3C  ………………………………………………………………………………………………6 分 （2）由余弦定理， 2 2 2=AC 2 cos ,AD CD AC CD ACD    3ACD C     2 113 16 8 ,2bb     31b或 . …………………………………………………………8 分 312, 22b a a a   或 .…………………………………… ………………………………10 分 8 1 9 3 1 3sin sin .2 2 8ab C ab C  或 ABC 的面积为 93 8 3 .8 或 …………………12 分 ∴ PD与面 PAC 所成的角为 DPC …………………………………………………………………2 分 在 Rt PCD 中， 10cos 4 PCDPC PD   ， 又∵在 Rt PAC 中， 1 4 5PC    ,∴ 22PD  在 Rt PAD 中， 2PA  ,∴ 2AD  …………………………………………………………4 分 则 33,6 24M PCD B PCD P BCDV V V      ………………………………………………10 分 所以 1 4  ………………………………………………………………………………………11 分 M 为靠近 P 的四等分点 ……………………………………12 分 19．答案：(1)易求得实验班三人成绩的平均值为147 142 137 1423   ,……………………1 分 普通班三人成绩的平均值为 92 102 113 1043  ,……………………………………………2 分 故估计本次考试的区分度为142 104 0.25150   ．………………………………………………3 分 (2)①由题中表格知, 0.64 0.71 0.74 0.76 0.77 0.82 0.746x      0.18 0.23 0.24 0.24 0.22 0.15 0.216y     ,…………………………………………5 分 故     6 1 6622 11 6 0.9309 6 0.74 0.21 0.130.0112 ii i ii ii x y xy r x x y y             ．……………………… 7 分 因为 0.75r  ,所以相关性弱．故不能利用线性回归模型描述 y 与 x 的关系．…………………8 分 ②y 与 t 的值如下表． t 0．10 0．03 0 0．02 0．03 0．08 区分度 y 0．18 0．23 0．24 0．24 0．22 0．15 因为   6 1 6 2 1 0.266 0.0483 6 0.216 0.860.0073 ii i i i t y t y tt             ,………………………………………10 分 所以 0.260.21 0.86 0.256a y bt      , 所以所求回归方程为 0.86 0.25yt   ,当 0.75x  时, 0.01t  , 0.24y  ．…………………12 分 20．（I） 1a  ………………………………………………………………………………4 分 （II） )(xfy  在 1x 处的切线方程为 1)2(  xey ， 故可猜测：当 1,0  xx 时， )(xf 的图象恒在切线 的上方．…………5 分 下证：当 0x 时， ,1)2()(  xexf 设 ( ) ( ) ( 2) 1, 0g x f x e x x     ，则 2)(''),2(2)('  xx exgexexg ， )(' xg 在 )2ln,0( 上单调递减，在 ),2(ln  上单调递增， 又 '(0) 3 0, '(1) 0,0 ln 2 1g e g      ，∴ 0)2(ln' g ， 所以，存在 0 (0,1 2)xn ，使得 0'( ) 0gx  ，………………………………………………7 分 所以，当 ),1(),0( 0  xx 时， 0)(' xg ；当 )1,( 0xx 时， 0)(' xg ， 故 )(xg 在 ),0( 0x 上单调递增，在 )1,( 0x 上单调递减，在 ),1(  上单调递增， 又 0)1()0(  gg ，∴ 01)2()( 2  xexexg x ，当且仅当 1x 时取等号，故 0,1)2(  xxx xeex ．…………………………………………………………………9 分 构造函数 1( ) ln 1,( 0), ( ) 1 , 1h x x x x h x xx         是 ()hx的极小值点， 所以 ( ) (1) 0h x h，即 ln 1xx………………………………………………………11 分 所以 1ln1)2(  xx xeex ，当 1x 时，等号成立． 即证 1 ln 1 xe xex     .……………………………………………………………………12 分 21． ……3 分 （2）①设 1l 方程为  3 12y k x   ，与 22 143 xy联立，消 y 得    22 2 24 3) 12 8 3 2 12 0k x k k x k      （ , 由题意知 0 ，解得 1 2k  . ………5 分 因为直线 2l 与 1l 的倾斜角互补，所以 2l 的斜率是 1 2 . 设直线 2l 方程： 1 2y x t，  1 1 2 2, ), ,M x y N x y（ ，联立 22 1 2{ 143 y x t xy   ，整理得 2230x tx t    ， 由 0 ，得 2 4t  ， 12x x t   ， 2 12 -3x x t ；……………………………………………………………………………………………7 分 直线 PM 、 PN 的斜率之和 12 12 33 22 11PM PN yy kk xx            1 2 2 1 12 1 3 1 3112 2 2 2 11 x t x x t x xx                          1 2 1 2 12 2 2 3 11 x x t x x t xx       0 …………………………………………………………9 分 ②.由①知 PM PN、 关于直线 1x  对称，即 MPK NPK   ，在 PMK 和 PNK 中， 由正弦定理得 PM MK sin PKM sin MPK ， PN NK sin PKN sin NPK ，又因为 MPK NPK   ， 180PKM PKN    ，所以 PM MK PN NK ，故 PM KN PN KM   成立. ………………12 分 解 得 2a  …………………………………………………………………………………3 分 所以 1C 的参数方程为 1 2cos () 3 2sin x y      为参数 （不交代参数扣 1 分）…………5 分 （2） 4cos 4sin , 4cos6 3 3OA OB                   4cos 4cos , 4cos 4sin3 3 2 3 3OC OD                               ( ) 16 sin cos cos sin33 16sin 16sin 233 f OA OB OC OD                                         当 2-3 2 3 3 3        时，2 ，   8 3,16 10f    分