2020届广州市高三年级调研测试 文科数学参考答案

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文科数学试题参考答案 第 1 页 共 7 页 2020 届广州市高三年级调研测试参考答案 文科数学 评分说明: 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内 容比照评分参考制订相应的评分细则． 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度， 可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答 有较严重的错误，就不再给分． 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数．选择题不给中间分． 一．选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C B D B A D A D B C B 二．填空题 13．6 14． 2 1 15． 20xy 16．3 2+2 5 三、解答题 17．解：（1）因为 sin( ) sin 03c A a C   ， 由正弦定理得 13sin sin cos sin sin 022    C A A A C . 因为sin 0C  ， 所以 31cos sin 022AA，即 tan 3A ， 因为  0,A，所以 3A  . （2）因为 ABC 的面积为 3 ，所以 1 sin 32 bc A ，得 4bc . 由余弦定理得 12)(3)(cos2 2222222  cbbccbbccbAbccba ， 因为 ABC 的周长为 6 ,即 6  abc ， 所以 22(6 ) 12aa   ， 所以 2a . 文科数学试题参考答案 第 2 页 共 7 页 18．解：（1）由以上统计数据填写下面 22 列联表，如下； 年龄不低于 45 岁的人 年龄低于 45 岁的人 合计 赞成 10 27 37 不赞成 10 3 13 合计 20 30 50 根据公式计算 2 2 50(10 3 10 27) 9.98 6.63537 13 20 30       K ， 所以有 %99 的把握认为年龄 45 岁为分界点对使用微信交流的态度有差异. （2）设年龄在 )65,55[ 中不赞成“使用微信交流”的人为 A ， B ，C ，赞成“使用微信交流”的人为 a ， b ， 则从 5 人中随机选取 2 人有： AB ， AC ， Aa ， Ab ， BC ， Ba ， Bb ，Ca ，Cb ， ab ，共 10 个 结果. 其中 2 人中至少有 1 人不赞成“使用微信交流”的有 AB ， AC ， Aa ， Ab ， BC Ba ， Bb ，Ca ， Cb ，共 9 个结果， 所以 2 人中至少有 1 人不赞成“使用微信交流”的概率为 9 10P ． 19．（1）证明：因为四边形 ABCD是菱形，所以 BD AC . 又因为 BD 平面 ABCD，平面 AEFC 平面 ABCD. 平面 AEFC 平面 =ABCD AC ，所以 BD 平面 AEFC . 因为 BD 平面 BDE ，所以平面 BED 平面 AEFC . （2）解法 1：设 AC 与 BD 相交于点O ，连接OF . 因为 AO EF 且 AO EF ，四边形 AOFE 是平行四边形. 所以 AE OF 且 AE OF . 因为 AE AC ，面 AEFC 面 ABCD，面 AEFC 面 ABCD= AC ， AE 面 ACFE ， AE  面 ABCD. 因为 AE OF ， 所以OF 面 ABCD. AC ， BD 面 ABCD， 所以OF AC ， OF BD . 在 Rt OFC 中， 222  OCOFCF ， 在 Rt OFD 中， 222  ODOFDF ， 在 CFD 中， 2CF , 2 DCDF . 文科数学试题参考答案 第 3 页 共 7 页 所以CF 边上的高为 2 2 2 22       = 2 14 ， 所以 1 14 722 2 2CFDS     . 设点 A 到面CDF 的距离为 h ， 因为 A CDF F ACDVV ，即 11 33    CDF ACDh S OF S ， 所以 7 1 31 2 22 2 2h      ， 所以 2 3 2 21 77 h  . 解法 2：过点O 作 OH CD交于点 H ，连接 HF . 因为OF 面 ABCD， CD 面 ABCD， 所以OF CD . 因为OH CD ， OF CD ， OF OH O， 所以CD 面 HOF . 因为 HF  面 HOF ， 所以CD HF . 在 HOF 中， 2 2 2 371 42    HF OF OH ， 1 1 7 722 2 2 2       CDFS CD HF ， 设点 A 到面CDF 的距离为 h ， 因为 A CDF F ACDVV ,即 ACDCDF SOFSh   3 1 3 1 ， 所以 7 1 31 2 22 2 2h      ， 所以 2 3 2 21 77 h  . 文科数学试题参考答案 第 4 页 共 7 页 20．解：（1）由已知得 2 3b  ， 3ac， 2 2 2a b c， 所以所求椭圆C 的方程为 22 143 xy． （2）解法 1：因为过  1,0F 的直线与椭圆C 交于 A ， B 两点（ A ， B 不在 x 轴上）， 所以设 :1l x ty，由  2222 1 3 4 6 9 0 143 x ty t y tyxy        ， 设  11,A x y 、  22,B x y ，则 12 2 12 2 6 34 9 34 tyy t yy t       ， 因为OE OA OB    ，∴ AOBE 为平行四边形， 所以 3AGBE AOBE OGB AOBS S S S     2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 3 18 142 2 3 4 ty y y y y y t        ， 令 2 11tm ，得 2 18 18 1313   mS m m m ， 由函数的单调性易得当 1m  ，即 0t  时， max 9 2S ． 解法 2：因为OE OA OB    ，所以 AOBE 为平行四边形， 所以 3AGBE AOBE OGB AOBS S S S   ． 当直线 AB 的斜率不存在时， 93=2AGBE AOBSS . 当直线 AB 的斜率存在时，设为  1y k x， 由    2 2 222 1 4 3 6 9 0 143 y k x k y ky kxy         . 设  11,A x y 、  22,B x y ，则 12 2 2 12 2 6 43 9 43 kyy k kyy k       ， 文科数学试题参考答案 第 5 页 共 7 页 所以 3AGBE AOBSS   42 2 1 2 1 2 1 2 2 3 3 1842 2 4 3 kky y y y y y k        ， 令 24 3 3km   ，得 2 9 1 2 93122S mm      ， 综上可知， max 9 2S ． 21．解法：（1）若 1a  时，  2( ) ln 1 1f x x x x x     ， ()fx的定义域为 0 ， ，  ( ) ln 2 1   f x x x . 当01x 时， ( ) 0 fx ；当 1x 时， ( ) 0 fx ． 所以 ()fx在 0,1 单调递减，在 1,+ 单调递增． （2）当 1a  时，  2( ) ln 1 1f x x x x x     ， (1) 0 f ，且 ()fx在 0,1 单调递减，在 1,+ 单调递增， () fx有1个零点． 当 1a 时，  ( ) 1 ln 2 1 1 ln 2 3         f x x a a x x ax a ， 令 ( ) 1 ln 2 3   g x x ax a ， 因为 1a ， ()gx在 0, 上单调递增． 又    1 1 1 0    f g a ， 3 3 31 ln 02 2 2               fg ， 所以存在实数 0 31, 2  x ，使得 0( ) 0gx ． 在 00, x 上， ( ) 0 fx ， ()fx是减函数；在 0 ,x 上， ( ) 0 fx ， ()fx是增函数． 所以 ()fx的最小值是 0()fx ，其中 0x 满足 0( ) 0 fx ，即 001 ln 2 3 0   x ax a ， 所以  2 0 0 0 0 0( ) ln 1 1    f x x x ax a x    2 0 0 0 03 1 2 1 1      x a ax ax a x   0011   x a ax ， 文科数学试题参考答案 第 6 页 共 7 页 因为 0 31, 2  x ， 0( )<0 fx ． 因为 1 ln3103 9 3     af ，  3 3ln3 1 0   fa，所以 ()fx有 2 个零点． 综上所述，当 1a  时， ()fx有1个零点；当 1a 时， ()fx有 2 个零点． 22．（1）解：因为        mmy mmx 1 1 ，所以        21)1( 21)1( 2 222 2 222 mmmmy mmmmx ，所以 422  yx . 所以曲线C 的直角坐标方程为 422  yx . 把 cos x ， sin y 代入直线的极坐标方程 03cossin3   ， 得直线的直角坐标方程为 033  xy ． 所以直线的直角坐标方程为 033  yx . （2）解法 1：由 22 3 3 0, 4, xy xy      解得  3 1 11 3 11,22A     ，  3 1 11 3 11,22B     . 因为点 (0,1)P ， 所以 11 1PA ， 11 1PB . 所以 1 1 1 1 11 511 1 11 1PA PB     . 解法 2：因为点 (0,1)P 在直线l 上，则直线l 的参数方程为 3 2 11+ 2 xt yt     （t 为参数）， 设 A ， B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 将 3 2 11+ 2     xt yt 代入 422  yx ， 得 2 2 10 0  tt ， 044)10(14)2( 2  ， 文科数学试题参考答案 第 7 页 共 7 页 所以 122tt ， 12 10 0   tt ． 因为 1PA t ， 2PB t ， 所以 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 1 1 4 40 11 10 5         tt t t t t PA PB t t t t t t ， 所以 1 1 11 5PA PB ． 23．解：（1） 当 2a  时， ( ) 2 2 ( 2)f x x x   ， 由 2 2 ( 2) 0xx   ，解得 2x  ； 所以不等式 ( ) 0fx 的解集为 ,2 ． （2）因为 (2) 0f ，所以由  ,xa  时， ( ) 0fx ，得 2a  ． 当 2a  ， ( , )xa  时， ( ) ( 2) 2 ( )     f x x a x x x a ( )( 2) (2 )( )     a x x x x a 2( )(2 ) 0    a x x ， 所以 a 的取值范围是 ,2 ．