2020年太原市高三三模考试数学（文）参考答案.pdf

第 1 页 共 5 页 太原市 2020 年高三年级模拟试题（三） 数学试题（文）参考答案及评分标准 一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D B D C B A C C C B A 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13. 8 14. 1 8 15. 11 2 n 16. 13( , )2  , 13 2 三、解答题（共 70 分） 17. （本小题满分 12 分） （1）甲小区分数集中于 60~90 之间，乙小区分数集中于 80~100 之间，所以乙小区的平均 分高. ………………3 分 （2）记分数为 87 的家庭为 A、B，其他不低于 80 的家庭为 C,D,E,F, 则从甲小区不低于 80 分的家庭中随机抽取两户的基本事件有： （A,B），（A,C），（A,D），（A,E），（A,F），（B,C），（B,D），（B,E），（B,F）， （C,D），（C,E），（C,F），（D,E），（D,F），（E,F）共 15 个. “分数为 87 的家庭至少有一户被抽中的”所组成的基本事件有：（A,B），（A,C），（A,D）， （A,E），（A,F），（B,C），（B,D），（B,E），（B,F）共 9 个， 故所求概率 . ………………8 分 （3） 因此可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为得分是否优秀与小区宣传培训方式 有关 . ………………12 分 甲 乙 合计 优秀 3 10 13 不优秀 17 10 27 合计 20 20 40 2 2 40 (3 10 17 10) 20 20 13 27K        5.584 5.204. 第 2 页 共 5 页 18．(本小题满分 12 分) 解：（1）因为 a＝bcosC＋csinB， 由 a sinA＝ b sinB＝ c sinC，得 sinA＝sinBcosC＋sinCsinB． ····································· 2 分 又因为 sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC， 所以 sinBcosC＋cosBsinC＝sinBcosC＋sinCsinB， 即 cosBsinC＝sinCsinB．·········································································· 4 分 因为 0＜C＜π，所以 sinC≠0，所以 sinB＝cosB． 又 0＜B＜π，所以 B＝π 4． ...................................................................................6 分 （2）因为 AD 是∠BAC 的平分线，设∠BAD＝θ，所以 A＝2θ， 所以 cos2θ＝cosA＝－ 7 25，即 2cos2θ－1＝－ 7 25，所以 cos2θ＝ 9 25， 因为 0＜A＜π，所以 0＜θ＜π 2，所以 cosθ＝3 5，sinθ＝ 1－cos2θ＝4 5． 在△ABD 中，sin∠ADB＝sin(B＋θ)＝sin(π 4＋θ)＝sinπ 4cosθ＋cosπ 4sinθ ＝ 2 2 ×( 3 5＋4 5)＝7 2 10 ． ············································· 7 分 由 AD sinB＝ AB sin∠ADB，得 AB＝AD·sin∠ADB sinB ＝17 7 ×7 2 10 × 2＝17 5 ． ······················· 8 分 在△ABC 中，sinA＝ 1－cos2A＝24 25， 所以 sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝ 2 2 ×( 24 25－ 7 25)＝17 2 50 ． ·············· 10 分 由 b sinB＝ c sinC，所以 b＝c·sinB sinC ＝ 17 5 × 2 2 17 2 50 ＝5． ············································· 12 分 19(本小题满分 12 分) 解（1）如图，连结 1AC 交 1AC于点 E ，连结 DE ，....................................................1 分 因为四边形 11AAC C 是矩形, 所以 点 E 是 1AC的中点，........................................... 2 分 因为 D 是 11BC 的中点，所以 DE ∥ 1AB ， ...............................................................3 分 第 3 页 共 5 页 因为 1AB  平面 1ACD ， DE  平面 ， 所以 1AB ∥平面 1ACD ., ...................................................4 分 （2）因为棱柱 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱，所以 1 1 1AA AC ， 因为 1 1 1 1 1 1 1A B AC A A A B， ， 所以 1 1 1AC B C ，.................................................................................................. 5 分 因为 1AB 和 BC 所成角的余弦值为 26 13 ， 所以 11 26cos 13AB C ，........... 6 分 因为 1 1 1 1 1 12A A A B A A A B  ， ，所以 1=2 2AB ， .......................................7 分 在 11AB C 中， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1= 2 cosAC B C AB B C AB AB C     可得 11= 13BC ， ................................................................................................ 8 分 因为 1 1 1 1 1 1=2A B AC A B ， ，所以 11=3AC ， 因为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1,,C A A B C A A A A A A B A    ，所以 1 1 1C A A B 平面 ， 同理 1 1 1A B AC 平面 ，.............................................................................................. 10 分 所以 1 1 1 1 1 =A B DCA D A AB D AACV V V ， 1 1 3 1 12 2 2 3 13 2 2 3 2          2 ， 所以 几何体 11A B DCA的体积为 2 . .................................................................12 分 20．(本小题满分 12 分) 解（1）因为椭圆 C 的焦距为 2，所以 221ab， ..................................................1 分 因为椭圆 C 过点 (1， 3 2 )，所以 22 1914ab． ..................................................2 分 解得 2 4a  ， 2 3b  ， .............................................................4 分 故椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 3＝1． ........................................................................5 分 （2）设 B(m，n)，记线段 MN 中点为 D． 因为 O 为△BMN 的重心，所以→BO＝2→OD，则点 D 的坐标为(－m 2，－n 2)． ········ 6 分 E B1 C1 A1 D C BA 第 4 页 共 5 页 若 n＝0，则|m|＝2，此时直线 MN 与 x 轴垂直， 故原点 O 到直线 MN 的距离为|m 2|，即为 1． 若 n≠0，此时直线 MN 的斜率存在． 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n． 又x1 2 4 ＋y1 2 3 ＝1，x2 2 4 ＋y2 2 3 ＝1，两式相减得(x1＋x2)(x1－x2) 4 ＋(y1＋y2)(y1－y2) 3 ＝0， 可得 kMN＝y1－y2 x1－x2 ＝－3m 4n． ......................................8 分 故直线 MN 的方程为 y＝－3m 4n(x＋m 2)－n 2，即 6mx＋8ny＋3m2＋4n2＝0， 则点 O 到直线 MN 的距离为 d＝ |3m2＋4n2| 36m2＋64n2． 将m2 4 ＋n2 3 ＝1，代入得 d＝ 3 n2＋9 ． ..................................10 分 因为 0＜n2≤3，所以 dmin＝ 3 2 ． 又 3 2 ＜1，故原点 O 到直线 MN 距离的最小值为 3 2 ． ...................................12 分 21．(本小题满分 12 分) 解：（1） ()fx定义域为(0, ) ， 当 1k  时， 1( ) ln , ( ) 1f x x x f x x     ， ………………1 分 令 ( ) 0fx  ，得 1x  ，当 ( ) 0,0 1; ( ) 0, 1f x x f x x     ， ………………3 分 所以 ()fx在 (0,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减， 所以 有极大值点 ，无极小值点． ………………6 分 （2）当 0k  时， ( ) lnbbf x a x axx     ． 若 ( ) 0,( , )bf x a a b Rx   恒成立，则ln 0( , )bx a a b Rx   恒成立， 所以 ln baxx 恒成立， ………………7 分 令 ln byxx，则 2 xby x   ， 由题意 0b  ，函数在(0, )b 上单调递减，在( , )b  上单调递增， ………………9 分 所以 ln 1ab ，所以 1 lnab ………………10 分 所以 1aeb ， 1 11aeb  ， ………………11 分 第 5 页 共 5 页 故当且仅当 1aeb  时， 1 1aeb 的最大值为 1． ………………12 分 22．（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 解（1）因为 6cos ，所以 2 6 cos   ， 所以 226x y x，即曲线C 的直角坐标方程为 22( 3) 9xy   ， …………2 分[ 直线l 的参数方程 3πcos ,4 3π2 sin 4 xt yt          (t 为参数)，即 2 ,2 22 2 xt yt       (t 为参数)， ………………………………5 分[ （2）设点 A ， B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得 22 223 2 922tt                 ， 整理，得 2 405 2tt ，所以 12 12 52 · 4 tt tt        ， ……………………7 分 1 2 1 2 1 20, 0, 0, 0t t tt tt     ， 所以 12MA MB t t   1 2()tt   =52 , MA MB || 21tt =4, 所以 11 MA MB = M M M A MB AB   52 4 . ………………………10 分 23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 解（1）当 1a 时， 4|2||1|4)(  xxxf ， 化为      32 1 x x 或      43 21 x 或      412 2 x x , ……………………………3 分 解得 12 3  x 或 21  x 或 2 52  x ， 2 5 2 3  x .即不等式 ( ) 4fx 的解集为 )2 5,2 3( . ……………………5 分 （2）根据题意，得 2 24mm的取值范围是 ()fx值域的子集. 33)1(42 22  mmm ， 又由于 |12||2||1|)(  aaxxxf ， )(xf 的值域为 )|,12[| a ， ……………………………………8 分 故 3|12| a ， 12  a .即实数 a 的取值范围为 ]1,2[ . ……………10 分 注：以上各题其他正确解法相应得分