2020届安徽六校高三数学（文科）答案

2020届安徽六校高三数学（文科）答案

一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1.已知复数 (1 )(3 )z i i   （i 为虚数单位），则 z 的虚部为（ ） A.2 B. 2i C.4 D. 4i 解：易知复数 (1 )(3 ) 4 2z i i i     ，故 z 的虚部为 2，选 A. 2．设集合  1 1M x x   ，  1N x x  ，则 M N =( ) A. 1x x  B. 1x x  或 2x  C. 0 1x x  D. 0x x  解：由    1 1 2 0M x x x x x     或 且  1N x x  得  0M n x x   ，选 D. 3.已知函数 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，当 ( ,0)x  时， 3 2( ) 2f x x x  ，则 (3)f =（ ） A.9 B.-9 C.45 D.-45 解：由 (3) ( 3) ( 27 18) 45f f        ，选 C. 4. 若 10,1  bca ，则下列不等式不正确的是（ ） A． 2019 2019log loga b B.log logc ba a C．    bc abcabc  D. bc acaaca )()(  解：由 1,0 1a c b    有 , 0c ba a a c   ，故有 ( ) ( )c ba c a a c a   ，选 D. 5. 已知函数 2 1( ) 4 4f x x x  ，则 ( )f x 的大致图象是( ) A B C D 解：易知当 0 1x  时， ( ) 0f x  ； 0 1x x 或 时， ( ) 0f x  ，可排除 A、C，又可由 1 1 3 2( ) ( )f f 排除 D，故选 B. 6. 甲、乙两名同学在 6 次数学考试中，所得成绩用茎叶图表示如下，若甲、乙两人这 6 次考试的平 均成绩分别用 x甲 、 x乙 表示，则下列结论正确的是（ ） A. x x甲 乙 ，且甲成绩比乙成绩稳定 B. x x甲 乙 ，且乙成绩比甲成绩稳定 C. x x甲 乙 ，且甲成绩比乙成绩稳定 D. x x甲 乙 ，且乙成绩比甲成绩稳定 解：根据茎叶图中数据可求得 82x 甲 、 83x 乙 ， 2 74 3S 甲 ， 2 164 3S 乙 故选 C. 安徽六校教育研究会 2020 届高三第一次素质测试 文科数学参考答案 1 7.如图程序框图是为了求出满足3 2 2020n n  的最小偶数 n，那么在 和 两个空白框中，可以分别填入 A. 2020A  和 1n n  B. 2020A  和 2n n  C. 2020A  和 1n n  D. 2020A  和 2n n  解：因为要求 2020A  时输出，且框图中在“否”时输出，所以“ ”内不能输入 “ 2020A  ”，又要求 n 为偶数，且 n 的初始值为 0，所以“ ”中 n 依次加 2 可保证其为 偶数，所以 D 选项满足要求，故选：D． 8.函数    sinf x A x   （其中 0, 2A   ）的图象如图所示， 则  f   ( ) A. 1 B. 1 2 C. 2 2 D. 3 2 解：由图象知 1A  ， 74 12 3T          ，则 2 2T    ，此时    sin 2f x x   ，将 7 , 112     代入解析式得 7sin 16        ，又 2   ，则 3   ，所以   sin 2 3f x x      ， 所以   3sin 3 2f    ．故选 D． 9.如图，在平行四边形 ABCD 中， M 、 N 分别为 AB 、 AD 上的点， 且 4 5AM AB   ，连接 AC 、 MN 交于 P 点，若 4 11AP AC   ，则点 N 在 AD 上的位置为 A. AD 中点 B. AD 上靠近点 D 的三等分点 C. AD 上靠近点 D 的四等分点 D. AD 上靠近点 D 的五等分点 解：假设 AN AD   ， 4 5AM AB    ，  4 4 4 5 1 5 4 11 11 11 4 11 11AP AC AB AD AM AN AM AN                     ， 三点 M，N，P 共线， 5 4 2111 11 3     ，故选：B. 2 10．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    的右焦点为 F ，短轴的一个端点为 P ，直线 : 4 3 0l x y  与椭圆相交于 A 、 B 两点.若| | | | 6AF BF  ，点 P 到直线l 的距离不小于 6 5 ，则椭圆离心率的取 值范围为（ ） A． 9(0, ]5 B． 3(0, ]2 C． 5(0, ]3 D． 1 3( , ]3 2 解：设椭圆的左焦点为 F ， P 为短轴的上端点，连接 ,AF BF ，如下图所示： 由椭圆的对称性可知， ,A B 关于原点对称，则OA OB , 又OF OF  ,四边形 AFBF 为平行四边形， AF BF  又 2 6AF BF BF BF a     ，解得： 3a  , 点 P 到直线l 距离： 3 6 5 5 bd   ，解得： 2b  ，即 2 2 29 2a c c    , 0 5c   , 50, 3 ce a       。本题正确选项：C . 11．某罐头加工厂库存芒果  m kg ，今年又购进  n kg 新芒果后，欲将芒果总量的三分之一用于加 工为芒果罐头。被加工为罐头的新芒果最多为  1f kg ，最少为  2f kg ，则下列坐标图最能准确描 述 1f 、 2f 分别与 n 的关系的是（ ） 解：要使得被加工为罐头的新芒果最少，尽量使用库存芒果，即当 m n m,n 2m3    时,此时 2f 0 ， 当 n 2m 时， 2 n m n 2mf m3 3     ，对照图象舍去 B,D; 要使得被加工为罐头的新芒果最多，则尽量使用新芒果，即当 m n mn,n3 2    时 1 m nf 3  ，当 m n mn,n3 2    时 1f n ，因为 m 2m2  ，所以选 C. 3 12．如图， 1 2F F、 是双曲线   2 2 2 2 1: 0, 0C ax y a b b   的左、右焦点，过 2F 的直线与双曲线C 交 于 A B、 两点．若 1 1: : 3: 4 :5AB BF AF  ．则双曲线的渐近线方程为（ ） A． xy 32 B． xy 22 C． xy 3 D． xy 2 解：设 2 , 3AF t AB x  ，则 1 14 , 5BF AFx x  ，根据双曲线的定义 得： 1 2 2 1 2AF AF BF BF a   ,即  5 3 4 2x t x t x a     ，解得： 3 , t x a x  ∵ 1 1: : 3: 4 :5AB BF AF  ，得 1ABF 是以 B 为直角的直角三角形. ∴ 1 1 | | 3cos 5 ABBAF AF   ，可得 2 1 3cos 5F AF   , 2 1F AF 中， 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1| | | | | | 2 co| s| | |F F AF AF AF AF F AF     2 2 2325 9 2 5 3 525( )x x x x x        ，可得 1 2| | 2 13F F x ,因 此，该双曲线的离心率 2 2 13 132 2 c xe a x   ，所以渐近线为 xy 32 . 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.若函数 ( ) ln 2f x x ax  的图象存在与直线 2 0x y  垂直的切线，则实数 a 的取值范围 是 ． 解 ： 由 ( ) ln 2f x x ax  有 ' 1( ) 2f x ax  ， 则 由 题 意 即 1 12 2ax   在 (0, ) 上 有 解 ， 由 1 1 12 ( , )2 2a x     有实数 a 的取值范围是 1( , )4  . 14.设等 差数列  na 的公 差 d 不为 0， 1 16a d ，若 ka 是 1a 与 2ka 的等 比中项 ，则 k 等 于 ． 解：易知 216 ( 1) ( 15) , 16 (2 1) (2 15)k ka d k d k d a d k d k d          ，由 ka 是 1a 与 2ka 的 等比中项可得  216 (2 15) ( 15)a k d k d    化简 2 2 15 0k k   得，有唯一正整数解为 5. 15．将函数 ( ) 4cos 2f x x     和直线 ( ) 1g x x  的所有交点从左到右依次记为 1A ， 2A ，…， 5A ， 若 P 点坐标为 (0, 3) ，则 1 2 5...PA PA PA       _____． 解： 4 函数 ( ) 4cos 2f x x     与 ( ) 1g x x  的所有交点从左往右依次记为 1A 、 2A 、 3A 、 4A 和 5A ，且 1A 和 5A ， 2A 和 4A ，都关于点 3A 对称，如图所示；则 1 2 5 3... 5 5(1, 3)= 5 3)PA PA PA PA          （ ，-5 ，所以 1 2 5...PA PA PA       10. 16．如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 M 是 AD 的中点， 动点 P 在底面 ABCD 内（不包括边界），若 1B P  平面 1A BM ，则 1C P 的最小 值是_____． 解：如图，在 1 1A D 上取中点Q ，在 BC 上取中点 N ，连接 1 1, , ,DN NB B Q QD / /DN BM ， 1/ /DQ A M 且 DN DQ D ， 1BM A M M ， 平面 1 / /B QDN 平面 1A BM ，则动点 P 的轨迹是 DN （不含 ,D N 两点）， 又 1CC  平面 ABCD ，则当CP DN 时， 1C P 取得最小值, 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 10 分）设等比数列 na 满足 1 3 20a a  ， 2 4 10a a  ， （Ⅰ）令 1 2 3n nT a a a a  ，求 nT 的最大值； （Ⅱ）令 2logn nb a ，求数列 n na b 的前 n 项和 nS . 解：（Ⅰ）由题 2 4 1 2 1 2 a aq a a   ，又由 2 1 1 20a a q  可得 1 16a  ， 故 1 5 *116 2 ( )2 n n na n N        …………………………………………………2 分 则1 4n  时 1, 5na n  时 1na  ， 6n  时，0 1na  ， 则 4n  或 5 时， 1 2 3n nT a a a a  最大为16 8 4 2 1024    . ………………5 分 5 （Ⅱ）令 2log 5n nb a n   ，则 5(5 ) 2 n n na b n    4 3 54 2 3 2 (5 ) 2 n nS n         3 2 41 4 2 3 2 (5 ) 22 n nS n         两式相减得 3 2 5 41 64 (2 2 2 ) (5 ) 22 n n nS n        …………7 分 1 4 18 1 ( )264 ( 5) 211 2 n nn            1 464 16(2 1) ( 5) 2n nn       5 4 448 2 ( 5) 2 48 ( 3) 2n n nn n           则 5 *96 ( 3)2 ( )n nS n n N    …………………………………………10 分 18. （本小题满分 12 分）在 ABC 中， , ,a b c 分别为角 , ,A B C 的对边，且 （Ⅰ）求角 A ； （Ⅱ）若 3a  ，求 2b c 的最大值. 解：（Ⅰ）由.有， 可得,易得. ……………………………4 分 （Ⅱ）由 2 3sin sin sin a b c A B C   ，得 2 2 3(sin 2sin )b c B C    2 3 sin 2sin 120 2 3(2sin 3 cos )B B B B        ……………………8 分 2 21sin( )B   ，其中 3tan , 0 ,2 2        . 由 20 , 3B     ，存在 B 使得 2B   ，∴sin( )B  的最大值为 1， ∴ 2b c 的最大值为 2 21 . ………………………12 分 19．（本小题满分 12 分）某商场近 5 个月的销售额和利润额如下表所示： 销售额 x /千万元 3 5 6 7 9 利润额 y /百万元 1 3 3 4 5 （Ⅰ）画出散点图，观察散点图，说明两个变量有怎样的相关关系； （Ⅱ）求出利润额 y 关于销售额 x 的回归直线方程； 6 （Ⅲ）当销售额为 4 千万元时，利用（Ⅱ）的结论估计该商场的利润额（百万元）.      1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x          ， a y b x     . 解：（Ⅰ）散点图如图所示： …………………………………………2 分 两个变量正相关，且具有线性相关关系。 ………………………………………4 分 （Ⅱ）易求得 6, 3.2x y  ………………………………………………………………5 分 由公式有 2 2 2 2 3 2.2 1 0.2 0 1 0.8 3 1.8 20 0.653 1 1 3 13b              ……………………………7 分 且  3.2 0.65 6 0.7a      ……… ……………………………………………………………9 分 则线性回归方程为  0.65 0.7y x  ……………………………………………………………10 分 （Ⅲ）当 4x  时，由（Ⅰ）可求得  1.9y  ，即利润额约为 1.9 百万元。…………………12 分 20．（本小题满分 12 分）解：（Ⅰ）连接 1BC ， 因为侧面 1 1BB C C 为菱形， 所以 1B C 1BC ，且 1B C 与 1BC 相交于O 点． 因为 AO  平面 1 1BB C C ， 1B C  平面 1 1BB C C ， 所以 1B C AO ． 又 1BC AO O ，所以 1B C  平面 ABO 因为 AB Ì平面 ABO ，所以 1B C  AB …………………………………………4 分 （Ⅱ）由 1AC AB 且 AO 垂直平分 1B C 可知 1ACB 是等腰直角三角形，则 1 1 2AO B C ， 又 得 1 11B C BC B B   …………………………………………………………7 分 7 1 2AO  ,且等边 1BCB 中， 3 2BO  , 故 Rt AOB 中， 221 3 12 2AB             , 又 2 2AC  ,易求得等腰 ABC 中 AC 边上的高为 14 4 ， 则 1 2 14 7 2 2 4 8ABCS     , ………………………………………………………10 分 由 1 1 1 3 8ABC A B C ABCV S h    有 21 7h  . …………………………………………12 分 21. （本小题满分 12 分）已知函数   2 lnf x x a x  ( )a R . （Ⅰ）讨论函数  f x 的极值点情况； （Ⅱ）若 2a  ，存在 1x ， 2x ，…， 1 ,nx ee     ，使得 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )n nf x f x f x f x    成立， 求 n 的最大值. 解：（Ⅰ）定义域为 0,    222 a x af x x x x   ，………………………………………………………………1 分 故当 0a  时，   0f x  ，所以函数  f x 在 0,  上单调递增，无极值点； …………2 分 当 0a  时，令   0f x  ，得 2 2 ax  ，所以函数  f x 在 2 ,2 a     上单调递增； 令   0f x  ，得 2 2 ax  ，所以函数  f x 在 20, 2 a      上单调递减，有极小值点 2 2a ，无极大 值点； 综上，当 0a  时，无极值点； 当 0a  时，有极小值点 2 2a ，无极大值点. ……………………………………4 分 （Ⅱ）当 2a  时，由（Ⅰ）知，函数  f x 在 1 ,1e     上单调递减，在 1,e 上单调递增.故    min 1 1f x f  ， …………………………………5 分 又因为 2 1 1 2 3f e e        ，  2 2 25.29 2.7 2 2 2.8 2 5.84f e e        ， 故     2 max 2f x f e e   . …………………………………7 分 8 故 1 ,x ee      时，   21, 2f x e    ， …………………………………8 分 由于              2 1 2 12 1 1 1n ne f e f x f x f x f x n f n           ， 则 2 1 7n e   . 取 1 2 3 4 5 1x x x x x     ， 则       2 1 2 5 5 2f x f x f x e      ， 故 n 的最大值为 6. …………………………………12 分 22. （本小题满分 12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆O 为 ABC 的内切圆.其中 ( , ), (2, 1), ( 1,3)A m n B C  . （Ⅰ）求圆O 的方程及 A 点坐标； （Ⅱ）在直线 AO 上是否存在异于 A 的定点Q ，使得对圆 O 上任意一点 P ，都有 PA PQ (  为 常数 ) ？若存在，求出点Q 的坐标及  的值；若不存在，请说明理由. 解：（Ⅰ）由 (2, 1), ( 1,3)B C  知直线 BC 的方程为 4 3 5 0x y   ， 由于圆O 与线段 BC 相切，所以半径 5 15r   ，即圆O 的方程为 2 2 1x y  .……2 分 由题意 2 2 1x y  与线段 AC 相切，所以线段 AC 方程为 1x   .即 1m   . 又 2 2 1x y  与线段 AB 也相切，所以线段 AB 方程为 1y   .即 1n   . 故  1, 1A   .…………………………………………………………………………………4 分 （Ⅲ）设 0 0( , ), ( , )Q x y P x y .则 2 2( 1) ( 1)PA x y    ， 2 2 0 0( ) ( )PQ x x y y    . 若在直线 AO 上存在异于 A 的定点Q ，使得对圆O 上任意一点 P ， 都有 PA PQ (  为常数 ) ,等价于 2 2 2 2 0 0( 1) ( 1) ( ) ( )x y x x y y       对圆O 上任意点 ( , )P x y 恒成立.…………………………………………………………6 分 即 2 2 2 2 2 2 0 0( 1) ( 1) ( ) ( )x y x x y y        . 整理得 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0(1 )( ) (2 2 ) (2 2 ) 2 ( ) 0x y x x y y x y             . 因为点Q 在直线 AO 上，所以 0 0x y .由于 P 在圆O 上，所以 2 2 1x y  . 故 2 2 2 2 0 0(2 2 )( ) 3 2 0x x y x        对任意 [ 2, 2]x y   恒成立. ……8 分 9 所以 2 0 2 2 2 0 2 2 0, 3 2 0. x x           显然 0  ，所以 0 2 1x   .故 2 2 23 0    ， 因为 0  ，解得 2  或 1  . ……………………………………………………10 分 当 1  时， ( 1, 1)Q   ，此时 ,Q A 重合，舍去. ……………………………………11 分 当 2  时， 1 1( , )2 2Q   ， 综上，存在满足条件的定点 1 1( , )2 2Q   ，此时 2  .………………………………12 分 10