湖南省江西省2020届高三普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）文科数学试题 答案

湖南省江西省2020届高三普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）文科数学试题 答案

书书书 ２０２０届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）·文科数学 参考答案 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答案 Ｄ Ｃ Ｂ Ｄ Ｄ Ｄ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ １３．１ １４．７ １２ １５． 槡３ ３ １６．①甲省比乙省新增人数的平均数低　②甲省比乙省的方差要大 １７．解：（１）证明：因为犪３＝７，犪３＝３犪２－２，所以犪２＝３， （１分）…………………………………… 所以犪狀＝２犪狀－１＋１， （２分）…………………………………………………………………… 所以犪１＝１， （３分）……………………………………………………………………………… 犪狀＋１ 犪狀－１＋１＝２犪狀－１＋２ 犪狀－１＋１＝２（狀≥２）， （５分）………………………………………………………… 所以数列 犪狀｛ ｝＋１ 是首项为犪１＋１＝２，公比为２的等比数列． （６分）……………………… （２）由（１）知，犪狀＋１＝２狀， （７分）……………………………………………………………… 所以犪狀＝２狀－１． （８分）………………………………………………………………………… 所以犛狀＝２（１－２狀） １－２ －狀＝２狀＋１－狀－２， （９分）………………………………………………… 所以狀＋犛狀－２犪狀＝狀＋（２狀＋１－狀－２）－２（２狀－１）＝０， （１０分）……………………………… 所以狀＋犛狀＝２犪狀． （１１分）……………………………………………………………………… 即狀，犪狀，犛狀 成等差数列． （１２分）……………………………………………………………… １８．解：（１）依题意有（０．０００１５＋０．０００２＋犪＋０．００００３×２）×２０００＝１， 解得犪＝０．００００９． （４分）……………………………………………………………………… （２）由图可知，犃 地区２００家实体店该品牌高压锅的月经济损失的众数为３０００， 第一块小矩形的面积犛１＝０．３，第二块小矩形的面积犛２＝０．４， 故所求中位数在［２０００，４０００）之间，故所求中位数为２０００＋０．５－０．３ ０．０００２ ＝３０００． （９分）…… （３）由频率分布直方图得珚狓＜６０００． （１２分）………………………………………………… １２０２０届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）·文科数学参考答案 １９．（１）证明：因为底面犃犅犆犇 是正方形，所以犃犅⊥犃犇， 因为梯形犃犇犈犉⊥底面犃犅犆犇，所以犃犅⊥平面犃犇犈犉， 因为犇犉平面犃犇犈犉，所以犃犅⊥犇犉． 因为梯形 犃犇犈犉 中，犃犉＝犈犉＝犇犈＝１ ２犃犇，取 犃犇 的中点 犌，连接犉犌， 所以犉犌＝１ ２犃犇，所以犇犉⊥犃犉． 因为犃犉∩犃犅＝犃，所以犇犉⊥平面犃犅犉， 因为犇犉平面犆犇犉，所以平面犃犅犉⊥平面犆犇犉． （５分）………………………………… （２）如图２，过犉 作犉犕⊥犃犇 于犕，过犈 作犈犖⊥犃犇 于犖，作 犕犌∥犃犅 交犅犆 于犌，犖犎∥犆犇 交犅犆 于犎． 因为梯形犃犇犈犉⊥底面犃犅犆犇，且犃犉＝犈犉＝犇犈＝１ ２犃犇． 所以犉犕⊥平面犃犅犆犇，犈犖⊥平面犃犅犆犇． 在 Ｒｔ△犃犉犇 中，由犃犇＝２犃犉 可得∠犉犃犇＝６０°． 令犃犉＝犈犉＝犇犈＝１ ２犃犇＝２， 则犉犕＝犈犖 槡＝ ３，犃犕＝犖犇＝１， 多面体犃犅犆犇犈犉 的体积犞＝犞犉犃犅犌犕 ＋犞犈犆犇犖犎 ＋犞犉犕犌犈犖犎 ＝１ ３ 槡×１×４× ３×２＋１ ２ 槡× ３× ４×２＝ 槡２０ ３ ３ ． 由（１）及对称性可得犃犈⊥平面犆犇犈， 因为犃犇＝２犈犉，犈犉∥犃犇， 所以犉 到平面犆犇犈 的距离等于犃 到平面犆犇犈 的距离的一半， 即犉 到平面犆犇犈 的距离等于犱＝１ ２犃犈 槡＝ ３， 故犞犉犆犇犈 ＝１ ３犛△犆犇犈 ·犱＝１ ３×１ ２ 槡×４×２× ３＝ 槡４ ３ ３ ． 所以平面犆犇犉 将多面体犃犅犆犇犈犉 分成两部分，两部分的体积比为４∶１． （１２分）……… ２０．解：（１）由题意可得２犫 槡＝２ ２，所以犫 槡＝ ２， （１分）…………………………………………… 犲＝犮 犪 ＝ １－犫２ 犪槡 ２ ＝槡３ ２，解得犪 槡＝２ ２， （３分）………………………………………………… 所以椭圆犆的标准方程为狓２ ８＋狔２ ２＝１． （５分）………………………………………………… （２）由于直线犾平行于直线狔＝犫 犪狓，即狔＝１ ２狓，设直线犾在狔 轴上的截距为狀， ２ ２０２０届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）·文科数学参考答案 所以犾的方程为狔＝１ ２狓＋狀（狀≠０）． （６分）………………………………………………… 由 狔＝１ ２狓＋狀， 狓２ ８＋狔２ ２＝１ 烅 烄 烆 ， 得狓２＋２狀狓＋２狀２－４＝０， 因为直线犾与椭圆犆 交于犃，犅 两个不同的点， 所以Δ＝（２狀）２－４（２狀２－４）＞０，解得－２＜狀＜２． （８分）…………………………………… 设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２），则狓１＋狓２＝－２狀，狓１狓２＝２狀２－４． ∠犃犗犅 为钝角等价于 →犗犃· →犗犅＜０，且狀≠０， （９分）………………………………………… 由 →犗犃· →犗犅＝狓１狓２＋狔１狔２＝狓１狓２＋（１ ２狓１＋狀）（１ ２狓２＋狀） ＝５ ４狓１狓２＋狀 ２（狓１＋狓２）＋狀２＝５ ４（２狀２－４）＋狀 ２（－２狀）＋狀２＜０， 即狀２＜２，且狀≠０， 直线犾在狔 轴上的截距狀 的取值范围是（ 槡－ ２，０）∪（０，槡２）． 所以直线犾在狓 轴上的截距犿 的取值范围是（ 槡－２ ２，０）∪（０，槡２ ２）． （１２分）………………………………………………………………………………………… ２１．解：（１）此函数的定义域为（０，＋∞）， 犳′（狓）＝１ 狓－犪 狓２＝狓－犪 狓２ ， 当犪≤０时，犳′（狓）＞０，所以犳（狓）在（０，＋∞）上单调递增； （２分）………………………… 当犪＞０时，狓∈（０，犪），犳′（狓）＜０，犳（狓）单调递减， 狓∈（犪，＋∞），犳′（狓）＞０，犳（狓）单调递增． 综上所述，当犪≤０时，犳（狓）在（０，＋∞）上单调递增； 当犪＞０时，犳（狓）在（０，犪）上单调递减，在（犪，＋∞）上单调递增． （４分）…………………… （２）由（１）知，犳（狓）ｍｉｎ＝犳（犪）＝ｌｎ犪＋１， 所以犳（狓）≥犵（犪）恒成立，则只需ｌｎ犪＋１≥犵（犪）恒成立， （５分）…………………………… 则ｌｎ犪＋１≥犪（犽－５）－２ 犪 ＝犽－５－２ 犪， 即ｌｎ犪＋２ 犪≥犽－６． （６分）…………………………………………………………………… 令犺（犪）＝ｌｎ犪＋２ 犪，则只需犺（犪）ｍｉｎ≥犽－６， 因为犺′（犪）＝１ 犪－２ 犪２＝犪－２ 犪２ ， （８分）…………………………………………………………… 所以犪∈（０，２）时，犺′（犪）＜０，犺（犪）单调递减， 犪∈（２，＋∞）时，犺′（犪）＞０，犺（犪）单调递增， ３２０２０届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）·文科数学参考答案 所以犺（犪）ｍｉｎ＝犺（２）＝ｌｎ２＋１， （１０分）……………………………………………………… 即ｌｎ２＋１≥犽－６，所以犽≤ｌｎ２＋７， 所以实数犽的最大整数为７． （１２分）………………………………………………………… ２２．（１）曲线犆１：狓＝１＋ｃｏｓα， 狔＝ｓｉｎ烅 烄 烆 α （α为参数）可化为普通方程为（狓－１）２＋狔２＝１． （２分）……… 由 狓＝ρｃｏｓθ， 狔＝ρｓｉｎ烅 烄 烆 θ 可得曲线犆１ 的极坐标方程为ρ＝２ｃｏｓθ，曲线犆２ 的极坐标方程为ρ２（１＋ ｓｉｎ２θ）＝２． （５分）……………………………………………………………………………… （２）射线θ＝π ６（ρ≥０）与曲线犆１ 的交点犃 的极径为ρ１＝２ｃｏｓπ ６ 槡＝ ３， 射线θ＝π ６（ρ≥０）与曲线犆２ 的交点犅 的极径满足ρ２ ２（１＋ｓｉｎ２ π ６）＝２，解得ρ２＝ 槡２ １０ ５ ， 所以｜犃犅｜＝｜ρ１－ρ２｜ 槡＝ ３－ 槡２ １０ ５ ． （１０分）………………………………………………… ２３．解：（１）当犪＝２时，原不等式可化为｜３狓－１｜＋｜狓－２｜≥３． （１分）………………………… ①当狓≤１ ３时，１－３狓＋２－狓≥３，解得狓≤０，所以狓≤０； （２分）…………………………… ②当１ ３＜狓＜２时，３狓－１＋２－狓≥３，解得狓≥１，所以１≤狓＜２； （３分）…………………… ③当狓≥２时，３狓－１＋狓－２≥３，解得狓≥３ ２，所以狓≥２． （４分）…………………………… 综上所述，当犪＝２时，不等式的解集为 狓｜狓≤０或狓≥｛ ｝１ ． （５分）………………………… （２）不等式｜狓－１ ３｜＋犳（狓）≤狓可化为｜３狓－１｜＋｜狓－犪｜≤３狓， 依题意不等式｜３狓－１｜＋｜狓－犪｜≤３狓在狓∈［１ ３，１ ２］上恒成立， （６分）…………………… 所以３狓－１＋｜狓－犪｜≤３狓，即｜狓－犪｜≤１，即犪－１≤狓≤犪＋１， （８分）……………………… 所以 犪－１≤１ ３， 犪＋１≥１ ２ 烅 烄 烆 ， 解得－１ ２≤犪≤４ ３， 故所求实数犪的取值范围是［－１ ２，４ ３］． （１０分）…………………………………………… ４ ２０２０届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一）·文科数学参考答案