2020届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二）文数-答案.doc

文科数学参考答案·第 1 页（共 10 页） 2020 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二） 文科数学参考答案 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A D D C C B A C B B D 【解析】 1．结合图象易知 2yx 与 yx 有两个交点，所以 A B 的元素个数为 2，故选 B． 2．设 izab ，由题意知， 3cos30 2a ， 1sin 30 2b   ，所以 31i22z ，故选 A． 3．因为 π() sin 5fx x 的周期为 2 ，所以 2π 2  ，得 π  ，所以 π() sinπ 5fx x ， 所以 17 17 π 43sin π sin π15 15 5 3 2f              ，故选 D． 4．湖北最新确诊人数有增有减，A 错误；全国最新确诊人数呈先增加后减少的趋势，B 错误； 2 月 4 号全国新增确诊人数达到最多，并非患病人数最多，C 错误；非湖北地区 1 月 20 日 至 2 月 10 日这几天内新增确诊人数相较于湖北地区新增确诊人数的波动性较小，变化比 较平稳，方差更小，D 正确，故选 D． 5．圆 2222 0xy xym化为标准方程为 22(1)(1)2x ym  (2)m  ，由题意 (1 1)，到 直线 22 0xy 的距离 22 22 2 dm ≤ ，解得 2m ≤ ，故选 C． 6．因为 ()ab b，所以 2ab b，则 2 || 1 1cos |||||||||| || 2，，ab b bab ab ab a a 所以 ，a b 的夹角为 π 3 ，故选 C． 7．双曲线 22 221xy ab中，令 x c ，得 2by a  ，所以 22||bAB a ，由题意 22 2b ca  ，化简得 22caac，所以 2 10ee，解得 1 15 2e  ， 2 15 2e  （舍去），所以 15 2e  ， 故选 B． 文科数学参考答案·第 2 页（共 10 页） 8． 1 π cos() ln π cos xfx x x   ， 0x  ， 1 π cos() ln ()π cos xf xfxxx   ，所以 ()f x 为奇函数，排 除 C，D；当 π0 2x  ， 时， π cosln ln1 0π cos x x  ， 1 0x  ，所以 () 0fx ，故选 A． 9． () 2 2cosf xx x ， ( ) 2 2sin 2(1 sin ) 0fx x x    ≥ ，所以 ()f x 在 R 上单调递增， 0.211 32 2a  ， 1.1 1111 222b     ， 22 1log 3 log 2 2c  ，所以 cab，所以 () () ()f cfafb，故选 C． 10．由程序框图可知 1n  时， 2πSr ， 3 2rr ； 2n  时， 223ππ4Sr r ， 2 33 24rrr ； 3n  时， 2 22 233ππ π44Sr r r  ， 33 42rr ； 4n  时， 2 22 233ππ π44Sr r r   3 23π 4 r  ， ，由以上规律可知 2020n  时， 23 22 2 233 3ππ π π44 4Sr r r r        2019 2 2019 2020 22 233333ππ14π 144444rr r                     ，故选 B． 11．如图 1 所示，线段GP 在平面 ABCD 上的投影随着点 P 的变化而变化，故①错； 11||33C BPG P BCG BCG BCGVV ShSAB △△为定值，②正确；因为 E ，F ，G 分别为棱 AA ， AD ，CC 的中点，所以 EF A D∥ ， EG A C ∥ ， EG EF E ， 所以平面 EFG A DC∥平面 ，所以 GP∥平面 A DC  ，③正确；因 为 BD 不垂直于 DC ，所以一定不存在点 P ，使得 BD  平面 PDC ，④错误，故选 B． 图 1 文科数学参考答案·第 3 页（共 10 页） 12． 2() lnf xxaxa  ，不妨设 12x x ，则 12 12 () ()fx fx axx    等价于 12() ()fx fx 12()ax x ，即 11 2 2() ()f xaxfxax  ，设 2() () lnhxfx axx axaxa  ，则证明 12() ()hx hx ，即证明 () 2 0ahx x ax  ≥ 在[1 2]， 上恒成立，化简得 22 1 xa x ≤ ， [1 2]x ，， 设1 x t，则 22( 2 1) 122ttattt    ≤，[2 3]t  ，，因为 1() 2 2mt t t   在[2 3]， 上单调递增，所以 min 1() 2 2 2 12mt  ，所以 min() 1amt ≤ ，故选 D． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 13 14 15 16 答案 充分不必要 1 4 7 (0 4 3]， 【解析】 13．“ 0ab”可推出“ ab”，但 是“ ab  ”推不出“ 0ab”，所 以 “ 0ab” 是“ ab”的充分不必要条件． 14．画出不等式组满足的区域，如图 2， (11)A  ，，(1 1)B ，，(3 3)C ， 为顶点的三角形区域（包含边界）， 2 y x  表示该区域内的 点与定点 (2 0)D  ， 连线的斜率，结合图象，可知 DA 所在直 线斜率最大，所以 2 y x  的最大值为 1DAk  ． 15．设 11()A xy，， 22()B xy， ，联立方程 2 20 2 yx ypx    ， ， 得 2 240ypyp ，显然 0 ，由韦 达定理得 122yy p， 12 4yy p ，所以 2 2 12 1||1 | |24 16AByyppk     ， 图 2 文科数学参考答案·第 4 页（共 10 页） Myp ，则 2Mxp  ， 2N px  ，则||| | 22MN pMN x x ，又因为 M 为 AB 的中点， 且 π 2ANB，所以||2||AB MN ，所以 224 16 4ppp ，解得 4 7p  ． 16．因为 2sin( ) sin sinA BAB  ，所以 2sin sin sinCAB  ，所以 2cab  ，所以 4c  ． 法一： 4c  ， 8ab，且满足 84 48 48 bb bb bb      ， ， ， 解得 26b  ，由余弦定理得 cos A  22226 2 bca b bc b   ，又因为 1 sin2ABCSbcA△ ，所以 2222221 sin 4 (1 cos )4ABC SbcAbA△ 212( 8 12)(2 6)bb b ，所以 2 (0 48]ABC S △ ，，则 (0 4 3]ABCS △ ，． 法二：因为 4c  ， 8ab，所以顶点C 的轨迹为以 A 和 B 为焦点的椭圆，由图形可知 当 4ab，即 ABC△ 为等边三角形时面积最大，此时 43ABCS △ ，又因为 ABCS△ 可以 趋近 0 ，所以 (0 4 3]ABCS △ ，． 三、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分 12 分） 解：（1）{}na 为等差数列，因为 4 10S  ， 5 5a  ， 所以 14610ad， 1 45ad，解得 1 1a  ， 1d  ， 所以 nan ．………………………………………………………………………………（3 分） 因为 4 (4 1)3 n nT ， 所以当 2n≥时， 1 1 44(4 1) (4 1) 433 nnn nnnbTT     ； ……………………………………………………………………（5 分） 当 1n  时， 114bT， 综上， 4n nb  ，n N ．…………………………………………………………………（6 分） 文科数学参考答案·第 5 页（共 10 页） （2） 2 111log 4 2(1) 1 n ncnnn n n   ，…………………………………………（8 分） 所以 12nnCcc c  2(1 2 3 )n  1111 1 1 1223 1nn   1(1 ) 1 1nn n  (1 ) 1 nnnn ， 所以 (1 ) 1n nCn nn ，………………………………………………………………（10 分） 因为 (1 ) 1001n nCn nn  ，当 1n≥ 时， 1(1 ) 1 1nCn n n 为关于 n 的递增数列， 89 990 10010CC ， 10 10110 10011C ， 所以 n 的最大值为9 ．…………………………………………………………………（12 分） 18．（本小题满分 12 分） 解：（1）应选择模型①，因为模型①每组数据对应的残差绝对值都比模型②的小，残差 波动小，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明拟合精度高．（言之有理即可） ………………………………………………………………………………………（4 分） （2）由（1）知，需剔除第一组数据，得到下表 x 6 7 8 9 10 y 3.5 5.2 7.0 8.6 10.7 则上表的数据中， 7.5 6 5 85x ， 5.9 6 0.4 75y  ， 5280xy ， 25320x  ， 5 1 299.8 5 0.4 297.8ii i xy   ， 5 2 1 355 25 330i i x   ， 所以 5 1 5 22 1 5 297.8 280 330 3205 ii i i i xy xy b xx        17.8 1.7810  ， ………………………………………………………………………………………（10 分） 文科数学参考答案·第 6 页（共 10 页） ˆ 71.788 7.24aybx   ，得模型①的回归方程为 1.78 7.24yx  ， 则 11x  时， 1.78 11 7.24 12.34mmy    ， 故光照时间为 11h 时，该植物的平均增长高度为12.34mm ． ………………………………………………………………………………………（12 分） 19．（本小题满分 12 分） （1）证明：如图 3，连接 DM，因为 2AB BC， 90ABC ADC   ，M 为 AC 的中点， 所以 BM AC ，…………………………………………………………………………（2 分） 2AC  ， 1DMBM， 又因为 2DB  ，所以 222DM BM DB，所以 BM DM ， …………………………………………………………（4 分） DMACM ，所以 BM  平面 ADC， 而 DC  平面 ADC，所以 BM DC ． ………………………………………………………………………………………（6 分） （2）解：由（1）得， BM  平面 ADC，因为 60DCA ， 2AC  ， 所以 3DA  ， 131322ADCS  △ ， 又因为 2DB BA， 所以 15153224ADBS   △ ．………………………………………………………（8 分） 设 M 到平面 ADB 的距离为 h， 则由 MADB BAMDVV ，得 115113134 322h，得 5 5h  ． ………………………………………………………………………………………（10 分） 设 BM 与平面 ADB 所成角为 ，则 5sin 5 h BM ， 图 3 文科数学参考答案·第 7 页（共 10 页） 所以 BM 与平面 ADB 所成角的正弦值为 5 5 ． ………………………………………………………………………………………（12 分） 20．（本小题满分 12 分） （1）解：由 0 0 2 2 1 2 x x yy     ， ， 得到 0 0 2 2 x x yy    ， ， 又因为 00()P xy，在圆224xy上， 所以 22 004xy①，把 0 2x x ， 0 2yy 带入①，得 2 2 12 x y  ， 所以曲线C 的标准方程为 2 2 12 x y．…………………………………………………（4 分） （2）证明：设直线 AB 的方程为 1x my  ， 11()A xy，， 22()B xy， 12(2)xx，， 联立直线和椭圆方程 2 2 12 1 x y xmy     ， ， 化简得 22(2)210mymy ，易知 0 ， 由韦达定理 12 2 2 2 myym   ， 12 2 1 2yy m   ，…………………………………………（6 分） 由题意：直线 1 1 (2) 2NA yly x x   ： ，所以 1 1 (2 2)2 2 yD x  ， ， 所以 1 1 (2 2) 2DF yk x   ，所以 1 1 2 (2 2)FE xk y   ， 所以 1 1 2 (1) (2 2)FE xly x y    ：，令2x  ，得 1 1 22 (2 2) xE y  ，， ………………………………………………………………………………………（8 分） 因为 (20)N  ，，(1 0)F ， ，所以 22(2)NB x y  ，， 1 1 222 (2 2) xNE y    ，， 文科数学参考答案·第 8 页（共 10 页） 因为 121 22 2 11 2(2)(2)(2 2) ( 2) (2 2) (2 2) (2 2) xxxyx y yy   2 12 2 1 1 (2 2) ( 2)( 2) (2 2) yy x x y   2 12 2 1 1 (2 2) ( 1 2)( 1 2) (2 2) yy my my y      22 2 12 12 1 2 1 (2 2) (1 2)( ) (1 2) (2 2) yy m yy m y y y   22 2 2 1 (6 4 2) 2 (1 2) (2 )(3 2 2) 2 (2 2) mm m m y          2 2 1 ( 3 2 2 3 2 2) (6 4 2) (6 4 2) 0 (2 )(2 2) m my         ， 所以 NB  与 NE  共线，所以 N， B， E 三点共线．……………………………………（12 分） 21．（本小题满分 12 分） 解：（1） 2() 2e(sin cos)xf xxxkx， (0) 2f   ，所以切线过点 (0 2)，， ………………………………………………………………………………………（1 分） () 4esin 2xf xxkx ， (0) 0f   ，所以切线的斜率为 0， ………………………………………………………………………………………（3 分） 所以曲线 ()f x 在点 (0 (0))f， 处的切线方程为 2y   ． ………………………………………………………………………………………（4 分） （2）因为 ()f x 在 π0 2   ， 上为单调递增函数， ( ) 2(2e sin )xf xxkx 在 π0 2   ， 的任意子区 间上不恒等于 0 ，所以 () 0fx ≥在 π0 2      ， 上恒成立， ………………………………………………………………………………………（5 分） 设 () 2esinxg xxkx， () 2e(sin cos)xg xxxk ， 设 () 2e(sin cos)xx xx ， () 4ecosxx x  ， 文科数学参考答案·第 9 页（共 10 页） 所以 π0 2x  ，时，() 4ecos 0xxx  ≥ ，所以 ()x 在 π0 2      ， 上单调递增， 所以 π0 2x  ， 时，所以 π 22e ( ) (0) 2x≥≥ ． ………………………………………………………………………………………（6 分） ①当 2k ≤ 时， () 0gx ≥ ，所以 ()g x 在 π0 2      ， 上单调递增， 所以 () (0)0gx g ≥ ，满足题意；………………………………………………………（7 分） ②当 π 22ek ≥ 时， () 0gx ≤ ，所以 ()g x 在 π0 2      ， 上单调递减， 所以 () (0)0gx g ≤ ，不满足题意；……………………………………………………（8 分） ③当 π 222ek 时， (0) 2 0gk ， π 2π 2e 02gk   ， 所以 0 π0 2x  ， ，使得 0()0gx  ， 又因为 () 2e(sin cos)xg xxxk 在 π0 2      ， 上单增， 所以 0(0 )x x ，时，() 0gx  ，当 0 π 2xx ，时，() 0gx  ， 所以 0x 为 ()g x 在 π0 2   ， 上唯一的极小值点，所以 0() ( )gx gx≥， 又因为 (0) 0g  ，所以 0() (0)0gx g， 所以 0(0 )x x ， 时， () 0gx ，不满足题意． ……………………………………………………………………………………（11 分） 综上所述， 2k ≤ ．……………………………………………………………………（12 分） 22．（本小题满分 10 分）【选修 4−4：坐标系与参数方程】 解：（1）联立 2 2cos 0和 π 6  ，得到 1 0  （舍去）， 2 3  ， 所以 π3 6M   ，，则 π3 2N   ，．………………………………………………………（4 分） 文科数学参考答案·第 10 页（共 10 页） （2）由（1）知， OMN△ 为边长为 3 的等边三角形， 则外接圆的直径 32 sin 60R   ，得 1R  ， 将 π3 6M   ，， π3 2N   ， 化为直角坐标为 33 22M   ，，(0 3)N ，， 所以内接圆的圆心坐标为 13 22C   ， ， 所以圆C 的标准方程为 2213122xy  ，化为普通方程为 22 30xyx y  ， 所以圆C 的极坐标方程为 2 cos 3 sin 0  ，化简得 π2sin 6 ． ………………………………………………………………………………………（10 分） 23．（本小题满分 10 分）【选修 4−5：不等式选讲】 （1）解：因为 0m  ，所以 2 2 () |2 | |2 | 4 22 2 2 mmx mmfx x m x m x x mmx       ，≤ ， ，， ，≥ ， 所以 max() 2 4fx m，所 以 2m  ．……………………………………………………（5 分） （2）证明：由（1）知， 2abc  ，且 a， b， c 为正实数， 故有 3333 333()()()3()()()3()()()ab ac bc ab ac bc abacbc     ≥ 3(2 )(2 )(2 ) 48ab ac bc≥， 所以 333()()()48ab ac bc≥ ．…………………………………………………（10 分）