湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试数学（理）答案

湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试数学（理）答案

1 数 学（理科）参考答案 一、选择题（5 分×12=60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C B A B A D C B B C A 11. 提示：    2 3, 2 1,g x x x g x x     令   10, ,2g x x 得 且 1 12g  ，   1 ,12y g x   关于点 对称 ，    12g x g x    ， 1 2 2018= 2019 2019 2019S g g g                  令 2018 2017 1= 2019 2019 2019S g g g                   1 2018 2 2017 2018 12 = + + + =2 20182019 2019 2019 2019 2019 2019S g g g g g g                                      =2018S 12.提示：取椭圆的左焦点为 E ，连接 ,,AE BE 易得四边形 AEBF 为矩形， 2AB c 在 2 sin , 2 cosRt ABF AF c BF c中， ，由椭圆定义和对称性知 2BF AF AE AF a    ， 2 sin 2 cos 2c c a   ， 11 sin cos 2 sin 4 e       5, , ,12 6 4 3 12                 6 3 12 sin ,4 2 2     ， 63 1, .3e     二、填空题（5 分×4=20 分） 13. 3 ； 14. 8 15.3 ； 16. 4 2 16 提示：考虑直线 ( 2)y k x与曲线 ()y f x 相切时的情形。 设切点为 ()m f m( ， ），此时 '( ) 0 ()2 fm fmm   ， 即 ln 2 ln2 m m m mm   ，化简得： 4 2ln 0mm   ， 设 ( ) 4 2lng m m m   ，由于 2 2 2( ) 4 2ln 0g e e e    ， 3 3 3( ) 4 2ln 0g e e e    。 故 23e m e，所以切线斜率 '= ( )=2 lnk f m m 的取值范围是 4,5 ， 又 kZ ， max 4k， 三、解答题（本大题共 6 个小题，共 70 分.） 17 解：(1)设等比数列 na 的公比为 q,则 1 4 2 3 23 1 ,32 3,8 a a a a aa     解得 2 3 1 ,8 1 4 a a     或 2 3 1 ,4 1 ,8 a a     所以 2q  或 1 2 ,.....................2 分 即 1 1 ,16 2 a q     或 1 1 ,2 1 .2 a q     又因为数列 na 是递减数列，所以 1 11,.22aq.............................4 分 故数列 na 的通项公式为 n 1 .2na  .............................5 分 （2） 22 1( 2)log ( 2)log ( 2)2nn nb n a n n n        ，.............................6 分 可得 1 1 1 1 1()( 2) 2 2  nb n n n n ，.............................7 分 即有前 n 项和 1 1 1 1 1 1 1 1(1 )2 3 2 4 1 1 2         nT n n n n 1 1 1 1 3 1 1 1(1 ) ( )2 2 1 2 4 2 1 2         n n n n .............................10 分 18 解：(1)∵由 (2 )cos cos 0a c B b C   可得：(2sin sin )cos sin cosA C B B C...............1 分 3 ∴ 2sin cos sin cos cos sinA B B C B C可得：2sin cos sin( ) sinA B B C A   ....................3 分 ∵ (0,π),sin 0AA∴可得 1cos 2B  ............................5 分 又由 (0,π)B  得 π 3B  又由 (0,π)B  得 π 3B  .............................6 分 (2).∵ 4 3 4 3 4 3, sin , sinsin 3 3 3 b a A c CB    .............................7 分 ∴ 4 3 4 3sin sin33a c A C   4 3 4 3 2π πsin sin( ) 4sin( )3 3 3 6A A A     .............................9 分 ∵ 2π π π 5π0 3 6 6 6AA    , .............................10 分 可得： π 1sin( ) ( ,1]62A  ，∴ ac 的取值范围(2,4] ．.............................12 分 19 证明：(1）连接 ,BD BD AC O . ∵底面 ABCD为正方形,∴O BD是 的中点， E 为 PD 中点 //EO EAC PB EAC PB EAC  面 ， 面 面 ...........................5 分 (2)∵底面 ABCD为正方形，∴ BC AB ， 又 ,BC PB AB PB B，∴ BC PAB 平面 ，∴ BC PA . 同理 ,CD PA BC CD C，∴ PA ABCD 平面 .............................6 分 建立如图的空间直角坐标系 A xyz ，不妨设正方形的边长为 2...........................7 分 则        0,0,0 , 2,2,0 , 0,1,1 , 2,0,0A C E B ，..........................8 分 设  ,,m x y z 为平面 ABE 的一个法向量，又  0,1,1AE  ,  2,0,0AB  ， 0 20 n AE y z n AB x         ，令 1, 1yz   ，得  0, 1,1m  . 同理  1,0,2n  是平面 BCE 的一个法向量，.........................10 分 则 2 10cos , 525 mnmn mn     ..........................11 分 ∴二面角 A BE C的正弦值为 15 5 ..........................12 分 20 解：(1).由 22 列联表的数据,有 4 2() ( )( )( )( ) n ad bck a b c d a c b d      2300(6000 3000) 200 100 210 90     ........................1 分 2300 30 50 7.14 10.82820 10 21 9 7       ...............................................3 分 因此,在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下,不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系. ..................................................4 分 (2).由题意,可知一次骑行用户获得 0 元的概率为 1 10 ,.....................5 分 X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4 ......................6 分 211( 0) ( )10 100PX   , 1 2 1 1 1( 1) 2 10 10P X C    , 12 2 2 1 1 33( 2) ( )5 10 2 100P X C     1 2 1 2 2( 3) 2 5 5P X C    , 224( 4) ( )5 25PX   .......................................9 分 X 的分布列为: X 0 1 2 3 4 P 1 100 1 10 33 100 2 5 4 25 .......................................11 分 X 的数学期望为 1 33 2 4( ) 1 2 3 4 2.610 100 5 25EX          ............................12 分 21 解：(1)由题可知    ,0 , 0,F c M b ，则 2 2 b c   ① 直线 FM 的方程为 1xy cb即 0bx xy bc   ， 所以 22 6 3 bc bc   ②联立①②，解得 1, 2bc， 又 2 2 2 3a b c   ，所以椭圆 C 的标准方程式为 2 2 13 x y..................................4 分 (2)因为直线  : 0, 0l y kx m k m    与圆 221xy相切，所以 2 1 1 m k   ，即 221mk ，................................5 分 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立 2 2 13 x y y kx m      得   2 2 23 1 6 3 1 0k x kmx m     ， 5 所以   2 2 2 236 12 3 1 1k m k m      2212 3 1km   224 0k， 则由根与系数的关系可得  2 1 2 1 222 316 , 3 1 3 1 mkmx x x x kk     ， 所以 2 121AB k x x    2 22 316 4 3 1 3 1 mkm kk    2 22 2 2 3 1 31 31 k km k     ， 又 221mk 所以 2 26 31 mkAB k   ， 因为  2 2 112AF x y     22 1 1 213 xx      1 63 3 x ， 同理 2 63 3BF x ,所以  12 623 3AF BF x x    ， 所以 ABF△ 的周长为定值 23..................................12 分 22 解：（1）当 1a  时，   ln xef x x xx   ，      2 1 110 xexf x xxx      ， 所求切线的斜率 (1) 0f   ，又 (1) 1fe. 所以曲线 ()y f x 在 1x  处的切线方程为 ( 1)ye. ................................................4 分 （2）        22 11 11 xx x e axexf x a xxx       . 又  0,1x ，则要使得  fx在 0,1 内存在唯一极值点，则      2 1 0 xx e ax fx x   在  0,1 存在唯一变号零点，即方程 0xe ax在 0,1 内存在唯一解，即 ex y x 与 ya 在  0,1 范围内有唯一交点.设函数    , 0,1 xeg x xx，则     2 1 0 xxegx x  ，  gx 在 0,1 单 调递减，又    1g x g e；当 0x  时，  gx   ,ae   时， ex y x 与 ya 在 0,1 范围内有唯一交点，设为 0x . 当  00,xx 时，   xeg x ax ， 0xe ax，则       2 1 0 xx e ax fx x   ，  fx在  00, x 6 为减函数；当  0 ,1xx 时， 0xe ax，则      2 1 0 xx e ax fx x   ，  fx在 0 ,1x 为 增函数.即 0xx 为函数  fx的极小值点. 综上所述：  ,ae  ，且 0xx 为函数  fx的极小值点. ………………………12 分