惠州2020高三第三次调研考文数-答案

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文科数学答案 第 1 页，共 10 页 惠州市 2020 届高三第三次调研考试 文科数学参考答案与评分细则 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B D B A B D D C C A A 1.【解析】 B={0,2,4,6}. A B=｛0，1，2，3，4，6｝U .故答案选 C 2.【解析】 2 21 3 1 1 3 3 1 3i 2 i+ i i2 2 4 2 2 2 2 2z              （ ） ，故答案选 B 3.【解析】由韦达定理可知 1 5 5a a  ， 1 5 3a a  ，则 1 0a  ， 5 0a  ，从而 3 0a  ， 且 2 3 1 5 33 3a a a a     ，故答案选 D 4.【解析】    1 11 1 0 1 1 a ab a b b            或 ， 1 0 1log 0 1 0 1a a ab b b           或 ， 所以答案选 B 5.【解析】若圆上存在两点关于直线对称，则直线经过圆心，  C l -2,0 ， 2 2 0k   ，得 1k  ， 所以答案选 A 6.【解析】 1 1 4 22 2AP mAB AC mAB AD mAB AD              ，又 B P D、 、 三点共线，所以 2 1m  ，得 1m   ，故选 B 7.【解析】当另外两个月的通话时长都小于 530（分钟）时，中位数为 530 550 5402   （分钟），当 另外两个月的通话时长都大于 650（分钟）时，中位数为 610 650 6302   （分钟），所以 8 个月 的月通话时长的中位数大小的取值区间为 540,630 ，故选 D 8.【解析】  f x 为偶函数，则 1a  ， ( ) x xf x e e  + ， '( ) .x xf x e e   设切点得横坐标为 0x ， 则 0 0 0 3'( ) .2 x xf x e e   解得 0 2xe  ，所以 0 ln2x  。故答案选 D 9.【解析】  f x 为奇函数，则排除 B；当  0, ( ) 0x f x ， ，排除 A； '( ) cos cos2f x x x  ， '( ) 0f x  解得 5 6x  或 0x  ，对比图象可知，答案选 C 文科数学答案 第 2 页，共 10 页 10.【解析】C(-3,0)，D(3,0)恰好为椭圆的两个焦点，因为 , 1PM r PD PN PC    1 20 1 17PM PN PC PD r r          ， 2r  ， 所以答案选 C 11.【解析 1】 ( ) sin cos6 2 af x x x       = 3 1sin cos2 2 ax x  2 2 max 3 (1 )( ) 3 ( )2 2 af x    ， 2a  ， ( ) 3sin( )3f x x    0 , 0x     ， 3 3 3x        ， 3 ( ) 32 f x  ， 2 2 3 3       ， 1 1 6 3    所以答案选 A 【解析 2】本题也可通过分析临界值求出答案。由 3(0) 2f  可知 3( ) 2f   或 ( ) 3f   为两个临界 值，由此可解得 1= 6  ，及 1= 3  ，结合图象可知 1 1 6 3   ，所以答案选 A 12.【解析】由题得 2'( ) 2 ( 1)f x x ax a a    ，由已知得 1 2+ =2t t a ， 1 2( + ) 0f t t m  恒成立， (2 )( 1)m f a a   恒成立。令 3 24( ) (2 ) 2 1( 1)3g a f a a a a      ， 则 2'( ) 4 4 4 ( 1)g a a a a a      ，当 ( ,0), '( ) 0a g a   ，当 (0,1), '( ) 0;a g a  ( ) ( ,0)g a 在 上单调递减，在 (0,1) 上单调递增。 min( ) (0) 1, 1, 1.g a g m m        故选答案 A 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空3分，第二空2分。 13．6 14． 2 3  （或 120°） 15. 3:2（或 3 2 ，或 1.5） 16． 3 8 （3 分）， 1 2 （2 分） 13.【解析】① 22,2 20;n   ② 44,2 20;n   ③ 66,2 20.n   故答案为 6． 14.【解析】因为 7 5,3 3a b c b  ， 2 2 2 2 2 2 5 7( ) ( ) 13 3cos 52 22 ( )3 b b bb c aA bc b b       ， 2 3A   ． 15.【解析】设球的半径为 R ，则圆柱的底面半径为 R ，高为 2R ，  圆柱的表面积 2 2 1 2 2 2 6S R R R R      ；球的表面积 2 2 4S R 文科数学答案 第 3 页，共 10 页  圆柱的表面积与球的表面积之比为 2 1 2 2 6 3 4 2 S R S R    ，本题正确结果： 3 2 16.【解析】由题意可得，平面区域 M 的面积为 1 8 4 162    ， 当 1t  时，平面区域 N 的面积为 2 3 6  ，所以 P  6 3 16 8  ； 如图，当  2 4t t 取得最大值时，即 2t  时， P 最大， 当 2t  时，平面区域 N 的面积为 2 4 8  ，所以最大值 8 1 16 2P   ；故答案为 3 8 ， 1 2 。 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。第 17～21 题为必考题，每个考 生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 17．（本小题满分 12 分） 【解析】（1）设{ }na 的公差为 d ，则由题可知： 4 5 0 0 a a    ...............1 分 1 1 3 0 4 0 a d a d     ，即 7 3 0 7 4 0 d d       ............................2 分 解得 7 7 4 3d  .................3 分 因为 d 为整数， d =2................................................4 分 1 ( 1) 7 2( 1) 2 9na a n d n n          所以数列{ }na 的通项公式为 2 9na n  ........................5 分 （2）当 4n  时， 0na  ；当 5n  时， 0na  .........................................6 分 1 2 3 4 5 20 1 2 3 4 5 20..... ( ) ( ...... )a a a a a a a a a a a a              ......7 分 5 201 4 ( ) 16( ) 4 2 2 a aa a      ......................9 分 ( 7 1) 4 (1 31) 16 2 2        ..................10 分 =272 ................................................................11 分 所以数列 na 的前 20 项和为 272.................................................................12 分 18．（本小题满分 12 分） 【解析】（1）连接 BD，设 AC BD O ，连接OE ，则点 O 是 BD 的中点． 又因为 E 是 BS 的中点，所以 SD OE∥ ，………1 分 文科数学答案 第 4 页，共 10 页 又因为 SD  平面 ACE ，OE  平面 ACE ，………3 分【注：每个条件 1 分】 所以 SD∥平面 ACE ．………………………………4 分 （2）因为四边形 ABCD 是菱形，且 120ABC   ， 所以 1 602ABD ABC     ．又因为 AB AD ， 所以三角形 ABD是正三角形．…………5 分 取 AB 的中点 F ，连接 SF ，则 DF AB ，且 2 3DF  ．…………………………………6 分 又平面 ABS ⊥平面 ABCD ， DF  平面 ABCD ，平面 ABS  平面 ABCD AB ，…………7 分 所以 DF 平面 ABS ．即 DF 是四棱锥 D AES 的一条高……………………………………8 分 【解法 1】而 1 sin 2 32ASES SA SE ASE    △ ． ………………………………………9 分 所以 E ADS D AESV V  ………………………………………………………10 分 1 1 2 3 2 3 43 3ASES DF     △ ． ………………………11 分 综上，三棱锥 E ASD 的体积为 4. ………………………………12 分 【解法 2】因为 E 是 BS 的中点，所以 1 2E ADS B ADSV V  ……………………………10 分 而 B ADS D ABSV V  1 1 4 2 3 2 3 83 3 2ABSS DF      △ ．……………11 分 所以，三棱锥 E ASD 的体积为 4. …………………………12 分 19．（本小题满分 12 分） 【解析】（1）当10 14x  时……………………………………………………………1 分  40 10 14 =50 140y x x x     …………………………………………2 分 当14 20x  时……………………………………………………………3 分  40 14 30 14 =30 140y x x      ………………………………………4 分 所求函数表达式为：     30 140 14 20 50 140 10 14 x x y x x         ．……………………5 分 【注：函数解析式分段正确的前提下，定义域错误最多扣 2 分】 （2）①由频率分布直方图得： 海鲜需求量在区间 10,12 的频率是 1 2 0.05 0.1f    ； 海鲜需求量在区间 12,14 的频率是 2 2 0.1 0.2f    ；…………………………6 分 文科数学答案 第 5 页，共 10 页 海鲜需求量在区间 14,16 的频率是 3 2 0.15 0.30f    ； 海鲜需求量在区间 16,18 的频率是 4 2 0.12 0.24f    ； 海鲜需求量在区间 18,20 的频率是 5 2 0.08 0.16f    ；………………………7 分 【注：写对任意 2 个得 1 分，全部写对得 2 分】 这 50 天商店销售该海鲜日需求量的平均数为： 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5x x f x f x f x f x f           ……………………………………8 分 11 0.1 13 0.2 15 0.30 17 0.24 19 0.16          …………………………9 分 15.32 （公斤）………………………………………………………………10 分 ②当 14x  时， 560y  ， 由此可令 30 140 620x   ，得 16x  …………………………………………11 分 所以估计日利润不少于 620 元的概率为  0.12 0.08 2 0.4   .…………12 分 20．（本小题满分 12 分） 【解析】（1）  f x 的定义域为 0, ， 当 1a  时，   1ln 1f x x x    .…………………………………………………1 分 由   2 1 1'' 0f x x x    恒成立，知  f x 在  0, 上是单调递增函数，……2 分 又  1 ln1 1 1 0f      ，所以  f x 的零点是 1x  .…………………………3 分 （2）   ln 1 lnx a af x x xx x      ， 令   1 lnag x xx    ，则   2 2 1a x ag x x x x    ..………………………………………4 分 ① 当 0a  时，   1 lnf x x  ， 令   0f x  ，得 1x e  ；令   0f x  ，得 10 x e   ， 所以  f x 在 10, e      上单调递减，在 1 ,e     上单调递增， 所以当 0a  时，  f x 存在极小值点 1 e ，符合题意.……………………………………5 分 ② 当 0a  时，   0g x  恒成立，所以  g x 在 0, 上单调递增 文科数学答案 第 6 页，共 10 页 又 1 0g aee        ，   11 1 1 0a a a ag e a ae e           ， 由零点存在定理知，  g x 在 1 , aee      上恰有一个零点 0x ，.………………………6 分 且当  00,x x 时，     0f x g x   ；当  0 ,x x  时，     0f x g x   ， 所以  f x 在 00, x 上单调递减，在 0 ,x  上单调递增， 所以当 0a  时，  f x 在 1 , aee      存在极小值点 0x ，符合题意.…………………7 分 ③ 当 0a  时，令   0g x  ，得 x a  . 当  0,x a  时，   0g x  ；当  ,x a   时，   0g x  ， 所以      min 2 lng x g a a     .……………………………………………8 分 若    2 ln 0g a a     ， 即当 2a e  时，       0f x g x g a    恒成立， 即当 2a e  时，  f x 在 0, 上单调递增，无极值点.…………………9 分 若    2 ln 0g a a     ， 即当 2 0e a   时，    1 1 ln 1 01 ag a aa       ， 所以    1 0g a g a    ，即  g x 在 ,a  上恰有一个零点 1x ，……10 分 当  1,x a x  时，     0f x g x   ；当  1x x   时，     0f x g x   所以当 2 0e a   时，  f x 存在极小值点 1x .……………………………11 分 综上可知， a  2 ,e   时，函数  f x 存在极小值点.……………………12 分 21．（本小题满分 12 分） 【解析】（1）由题意知：直线 : 02 pl x my   过定点 ( ,0)2 p ，该点为抛物线焦点。…………1 分 联立 2 2 2 px my y px      ，消去 x得： 2 22 0y pmy p   …………………………………2 分 文科数学答案 第 7 页，共 10 页 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 有 1 2 2y y pm  ， 2 1 2y y p   ………………………………………………………3 分 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 2 ( 1)2 2 p pAB x x x x p m y y p p m             …………4 分 【注：只要学生写出 1 2=AB x x p  即可给 1 分】 20, 0p m  ，当 0m  时， min 2AB p …………………………………………5 分 162 3p  ，解得 8 3p  …………………………………………………………………6 分 【注：如果解答过程没有证明当 0m  时 min 2AB p ，最多可得 3 分】 （2）证明：由已知可知直线 PM、PN 的斜率存在，且互为相反数………………………7 分 设 3 3 4 4( , ), ( , )M x y N x y ，直线 PM 的方程为 ( 3) 4y k x   . 联立 2 16 3 ( 3) 4 y x y k x       ，消去 x 整理得： 23 16 64 48 0ky y k    .………………8 分 又 4 为方程的一个根，所以 3 64 484 3 ky k  ，得 3 16 12 16 43 3 ky k k    ……………9 分 同理可得 4 16 43y k    …………………………………………………………………10 分 3 4 3 4 2 23 4 3 4 3 4 16 1 16 1 2 3 3 3 ( 8) 3( )16 MN y y y yk x x y yy y             ………………11 分 所以直线 MN 的斜率为定值 2 3  .……………………………………………………12 分 文科数学答案 第 8 页，共 10 页 22.（本小题满分 10 分） 【解析】（1）【解法 1】由 1 2cos  ， 2 2cos 6       ， 3 2cos 6       ，…3 分 则 2 3 2cos 2cos6 6                   2 3cos ………………4 分 所以 1 2 33    ……………………………………………………………5 分 【解法 2】 M 的直角坐标方程为 2 21 1x y   ，如图所示，……………1 分 假设直线 OA、OB、OC 的方程为 y kx ， 2y k x ， 3y k x ，  3, 3k   ， 由点到直线距离公式可知 2 1 kMF k   在直角三角形 OMF 中，由勾股定理可知 2 2 1 1 + 12 MF     ，得 1 2 2 1k    ……………2 分 由直线方程可知 tank  ， 2 tan + 6k      ， 3 tan 6k      所以 2 tan +tan 3 +16 = 31 tan tan 6 kk k      ，得 2 2 3 1 k k     ………3 分 所以 3 tan -tan 3 16 = 31 tan tan 6 kk k      ，得 3 2 3 1 k k     ……4 分 所以 1 2 33    ……………………………………………………………5 分 （2）【解法 1】曲线 M 的普通方程为： 2 2 2 0x y x   ，……………………………………6 分 将直线 BC 的参数方程代入上述方程，整理得 2 3 0t t  ，解得 1 20, 3t t  ；………7 分 平面直角坐标为  1 3, , 2,02 2B C       ………………………………………………………8 分 则 2 31, 2, 6      ；又得 1 3  . ……………………………………9 分 即四边形面积为 1 2 1 3 1 1 3 3sin sin2 6 2 6 4OBACS        为所求. ………10 分 文科数学答案 第 9 页，共 10 页 【解法 2】由 BC 的参数方程化为普通方程得： .23  yx ………………………5 分 联立      02 23 22 xyx yx 解得      0 2 1 1 y x 或         2 3 2 1 2 2 y x ，即 )2 3,2 1(B , )0,2(C …………6 分 ,6,12   点 A 的极坐标为 ），（ 63  ，化为直角坐标为 ），（ 2 3 2 3 ………7 分 直线 OB 的方程为 xy 3 ，点 A 到直线 OB 的距离为 .2 3 )3(1 2 3 2 33 2    d ………8 分 .4 33 2 322 1 2 312 1   OACOBAOBAC SSS …………………………10 分 23．（本小题满分 10 分） 【解析】（1）当 4x  时，原不等式等价于 2 4 3x x x    ，解得 2x   ，所以 4x  ………1 分 当 2x   时，原不等式等价于 2 4 3x x x     ，解得 2 5x  ，所以此时不等式无解…2 分 当 2 4x   时，原不等式等价于 2 4 3x x x    ，解得 2x  ，所以 2 4x  ……3 分 综上所述，不等式解集为 2, ．………………………………………………………5 分 （2）由   1f x k x  ，得 2 4 1x x k x     ， 当 1x  时， 6 0 恒成立，所以 Rk  ； …………………………………………6 分 当 1x  时， 2 4 1 3 1 3 3 31 11 1 1 1 x x x xk x x x x                 ．……7 分 因为 3 3 3 31 1 1 1 21 1 1 1x x x x                     ……………………8 分 当且仅当 3 31 1 01 1x x           即 4x  或 2x   时，等号成立， …………9 分 所以， 2k  ； 综上， k 的取值范围是 ,2 ． …………………………………………………10 分 【注】①如果本题两个小问通过图象法解答，分别正确作出图象（如下图）各 1 分，正确写出结果各 1 分，中间过程可酌情给 1 分，但每小问给分最多不超过 3 分。 ②如果作图的坐标系没有标记箭头或 x O y、 、 ，扣过程分 1 分。 文科数学答案 第 10 页，共 10 页