2020年佛山市普通高中教学质量检测(一)文数答案

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2020年佛山市普通高中教学质量检测(一)文数答案

文科数学参考答案与评分标准 第 1页(共 4页) 2019~2020 年佛山市普通高中高三教学质量检测(一) 数 学(文科)参考答案与评分标准 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 60 分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C B C B A A D D B C 二、填空题:本大共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分. 13. 2 1y x  14. 0 15. 2 16. 57π 三、解答题:本大题共 6 小题,满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.【解析】(1)由 1 1 2 1n n n na b b    ,取 1n  ,得 2 2 12 1a b b  ,解得 2 4a  .………………1 分 取 2n  ,得 3 3 24 1a b b  ,解得 3 8a  . …………………………………………………………2 分 ∵{ }na 是等比数列,则 3 2 2aq a   , 2 1 2aa q   . …………………………………………………4 分 ∴{ }na 的通项公式为 1 1 2n n na a q   . ………………………………………………………………5 分 (2)∵ 1 12 2 1n n n nb b    ,∴数列{2 }n nb 是公差为1的等差数列. 12 2 ( 1) 1n nb b n n     ,则 2n n nb  . ……………………………………………………………7 分 设{ }nb 的前 n 项和为 nS ,则 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n nS      , 2 3 4 1 1 2 3 2 2 2 2 2 n n S n      . ……9 分 则 2 3 1 1 1 1 1[1 ( ) ]1 1 1 1 22 2 112 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n S n n n                 . …………………………11 分 ∴ 22 2n n nS   . ……………………………………………………………………………………12 分 18.【解析】(1)考虑到 BMI 应与年级或性别均有关,最合理的分层应分为以下四层:高一男生、高一女 生、高二男生、高二女生.高一男生: 550 160 442000   人;高一女生: 650 160 522000   人;高二男生: 425 160 342000   人;高二女生: 375 160 301200   人. ……………………………………………6 分 [可能的方案一:按性别分为两层,男生与女生.男生: 975 160 782000   人;女生: 1025 160 822000   人. 可能的方案二:按年级分为两层,高一学生与高二学生.高一:1200 160 962000   人;高二: 800 160 642000   人.说明:这样的方案给 3 分.] (2)(i)160 人中,“超重”人数为 4 6 2 4 16    人,“超重”发生的频率为 0.1,用样本的频率估计总 体概率,估计在这 2000 人中,“超重”人数为 2000 0.1 200  人. …………………………….……9 分 (ii) 1 2k k . ………………………………………………………………………………12 分 文科数学参考答案与评分标准 第 2页(共 4页) 19.【解析】(1)∵ PA PB , E 是 AB 的中点,∴ PE  AB .……1 分 ∵ 90ACB   , E 是 AB 的中点,∴ EC EA , 又 PC PA , PE PE ,∴△ PEC  △ PEA . ……………2 分 ∴ 90PEC PEA     ,即 PE EC . …………………3 分 又 AB EC E ,∴ PE  平面 ABC . …………………4 分 (2)连接CG 并延长交 BE 于点O ,则点O 为 BE 的中点,连接OF ,则 / /OF PE . 由(1)得OF  平面 ABC ,∴ FGO 为GF 与平面 ABC 所成的角,即 60FGO   . ……6 分 又在 Rt△ FGO 中, 2GF  ,∴ 1OG  , 3OF  . ……………………………………………7 分 ∵G 是△ BCE 的重心, ,O F 分别是 ,BE BP 的中点,∴ 3OC  , 2 3PE  . ………………8 分 ∵ PA PB , 90APB ACB     , ,E O 分别是 ,AB BE 中点,∴ 4 3AB  , 2 3CE  , 3OE  . 则在△CEO 中, 2 2 2 2 2 2( 3) 3 12 (2 3)OE OC CE      ,∴OC AB .………………10 分 所以三棱锥 P ABC 的体积 1 1 1 1 4 3 3 2 3 123 3 2 6ABCV S PE AB OC PE           V .……12 分 20.【解析】(1)设动点 P 的坐标为 ( , )x y ,则 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 ( 0) ( 2) PA x y PB x y        . ………………2 分 整理得 2 2( 2) ( 2) 8x y    ,故动点 P 的轨迹是圆,且方程为 2 2( 2) ( 2) 8x y    .…………4 分 (2)由(1)知动点 P 的轨迹是圆心为 (2,2)C ,半径 2 2R  的圆,圆上两点 ,E F 关于直线l 对称,有 垂径定理可得圆心 (2,2) 在直线 : 4 0l kx y   上,代入并求得 1k  ,故直线l 的方程为 4 0x y   . 易知 OC 垂直于直线l ,且 OC R . ………………………………………………………………6 分 设 EF 的中点为 M ,则 ( ) ( ) ( ) ( )OE OF OM ME OM MF OM ME OM ME         uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 4OM ME   uuur uuur ,又 2 2 2 22OM OC CM R CM    uuur uuur uuur uuur , 2 22ME R CM  uuur uuur . ………………8 分 ∴ 2 2 4CM  uuur , 2CM  uuur ,∴ 22 6ME R CM   uuur uuur , 2 2 6FE ME  uur uuur . …………10 分 易知 //OC FE ,故O 到 FE 的距离等于CM ,∴ 1 2 6 2 2 32OEFS    V .………………12 分 [另解:易知直线 EF 的斜率为1,可设其方程为 y x b  ,联立 2 2( 2) ( 2) 8 y x b x y        ,整理得 2 22 2( 4) 4 0x b x b b     ,设 1 1 2 2( , ), ( , )E x y F x y ,由韦达定理得 2 1 2 1 2 44 , 2 b bx x b x x     , ∴ 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 1( )( ) ( ) (4 ) 22 2 b by y x b x b x x b x x b b b b b b             , ∴ 2 2 1 2 1 2 4 1 2 42 2 b bOE OF x x y y b b       uuur uuur ,∴ 2 4b  , 2b   .所以直线 EF 的方程为 2y x  或 2y x  ,原点O 到直线 EF 的距离都是 2 2 2 2 1 1 h    ,易知圆心 (2,2) 到直线 EF 的距离都为 2 ,故 2 6EF  (或 2 1 21 2 6EF k x x    ),∴ 1 2 6 2 2 32OEFS    V .] 文科数学参考答案与评分标准 第 3页(共 4页) 21.【解析】(1) ( ) 2 cos e xf x a x     ,令 (0) 0f   ,得 2 1 0a   ,∴ 1 2a  .………………2 分 ∴ ( ) 1 sin e xf x x    , ( ) cos e e (1 e cos )x x xf x x x       . 当 0x  时, e 1 cosx x   , ( ) cos e 0xf x x      ,故 ( )f x 是区间 ( ,0) 上的增函数.……3 分 当 0x  时,令 ( ) 1 e cosxg x x  ,则 ( ) e (sin cos )xg x x x   ,在区间 π(0, )4 上, ( ) 0g x  ,故 ( )g x 是 π(0, )4 上的减函数,∴ ( ) (0) 0g x g  ,即在区间 π(0, )4 上, ( ) e ( ) 0xf x g x   ,因此 ( )f x 是区间 π(0, )4 上的减函数.综上所述, ( )f x 在 0x  处取得极大值 (0) 0f  .………………………………………5 分 (2)由(1) ( ) 1 sin e xf x x    ,∵ 2 π(2 π) 1 e 0kf k    (当且仅当 0k  时, (0) 0f  .) π(2 π )2π(2 π ) e 02 k f k       ,∴ ( )f x 在区间 π2 π,2 π 2k k    至少有一个零点.……………………7 分 以下讨论 ( )f x 在区间 π2 π,2 π 2k k    上函数值的变化情况: 由(1) ( ) cos e e (1 e cos )x x xf x x x       ,令 ( ) 1 e cosxg x x  ,则 ( ) e (sin cos )xg x x x   , 令 ( ) 0g x  ,在 (0, ) 上,解得 ππ ,4x m m   N . ①当 0k  时,在区间 π(0, )4 , ( ) 0g x  , ( )g x 递减, π( ) (0) 04g g  ;在 π π( , )4 2 , ( ) 0g x  , ( )g x 递增, π( ) 1 02g   .故存在唯一实数 0 π π( , )4 2x  ,使 0( ) 0g x  ,即 0 0 0( ) e ( ) 0xf x g x   .在 0(0, )x 上, ( ) 0f x  , ( )f x 递减, ( ) (0) 0f x f  ;在 0 π( , )2x 上, ( ) 0f x  , ( )f x 递增,而 π 2π( ) e 02f     , 故在 π[0, ]2 上, ( ) 0f x  ,当且仅当 0x  时, (0) 0f  .故 ( )f x 在 π[0, ]2 上有唯一零点.……9 分 ②对任意正整数 k ,在区间 π(2 π,2 π )4k k  , ( ) 0g x  , ( )g x 递减, 2 ππ(2 π ) (2 π) 1 e 04 kg k g k     , 在区间 π π(2 π ,2 π )4 2k k  , ( ) 0g x  , ( )g x 递增, π(2 π ) 1 02g k    ,故存在唯一实数 π(2 π ,4kx k  π2 π )2k  ,使 ( ) 0kg x  ,即 ( ) e ( ) 0kx k kf x g x   ,在 (2 π, )kk x 上,因 ( ) 0g x  ,故 ( ) 0f x  , ( )f x 递减,在 π( ,2 π )2kx k  上,因 ( ) 0g x  ,故 ( ) 0f x  , ( )f x 递增, 2 π(2 π) 1 e 0kf k    , ( )kf x  π(2 π )2π(2 π ) e 02 k f k       ,∴ (2 π) ( ) 0kf k f x  , ∴ ( )f x 在区间 (2 π, )kk x 即 π2 π,2 π 2k k    有唯一零点. 综上, ( )f x 在区间 π2 π,2 π ( )2k k k     N 有唯一零点.………………………………………………12 分 文科数学参考答案与评分标准 第 4页(共 4页) 22.【解析】(1)由 4y m ,得 4 ym  ,代入 24x m ,得 2 4 yx  ,即 2 4y x .………………2 分 ∴C 的普通方程为 2 4y x ,表示开口向右,焦点为 (1,0)F 的抛物线.……………………………4 分 (2)设直线 1l 的倾斜角为 ,直线 2l 的倾斜角为 π  , 则直线 1l 的参数方程为 0 0 cos (sin x x t ty y t        为参数 ) .…………………………………………………5 分 与 2 4y x 联立得 2 2 2 0 0 0sin (2 sin 4cos ) 4 0t y t y x       .………………………………6 分 设方程的两个解为 1 2,t t ,则 2 0 0 1 2 2 4 sin y xt t   .…………………………………………………………7 分 ∴ 2 0 0 1 2 2 4 sin y xPA PB t t      .……………………………………………………………………8 分 则 2 2 0 0 0 0 2 2 4 4 sin (π ) sin y x y xPM PN       . …………………………………………………………9 分 ∴ PA PB PM PN   .……………………………………………………………………………10 分 23.【解析】(1) ( ) 1 2f a a   ,得 2 1 2a    . ……………………………………………2 分 即 1 3a   ,∴ a 的取值范围是 ( 1,3) .……………………………………………………………4 分 (2)当 1a  时,函数 ( )f x 在区间[ , ]a a k 上单调递增.…………………………………………5 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ,得 2a  . max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ,得 1k  .……6 分 当 1a  时, 2 1, 1 ( ) 1 , 1 2 1, x a x f x a a x x a x a            .………………………………………………………………8 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ,得 0a  . max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ,得 2k  .……9 分 综上所述, k 的值为1或 2 .………………………………………………………………………………10 分
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