2020年河南省六市联考一模-(文)数学答案

2020年春期高中三年级第一次质量评估

数学试题（文）参考答案

一、选择题:

1—5 CADBB 6—10 DCBAB 11—12 AC

二、填空题:

13. 2y x ππ=-+ 14. 1 15. 9

2π 16.358π 三、解答题：

17．解:(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．……………………………………………………2分 ②记3件优等品分别为A ，B ，C,2件合格品分别为a ，b ，从中随机抽取2件，抽取方式有AB ，AC ，Aa ，Ab ，BC ，Ba ，Bb ，Ca ，Cb ，ab 共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M ，则事件M 发生的情况有6种，所以P(M)＝610＝35

. ……………………………6分 (2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品． ………………………………8分

设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T 1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T 2元，可得T 1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T 2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，………………………………………………………………11分

由于T 1＜T 2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．…………………………………12分

18．解:(1)因为S 5＝()1552

a a +＝20，所以a 1＋a 5＝8， 所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4， ① 因为a 3，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 3a 8，

所以(a 1＋4d)2＝(a 1＋2d)(a 1＋7d)，化简，得a 1＝2d ， ②

联立①和②，得a 1＝2，d ＝1，

所以a n ＝n ＋1.……………………………………………………………………………4分

(2)因为()()

11112n n n b n n a a n n +=+=+?+++＝11()12n n n -+++， …………6分 所以T n ＝11

11

1111()1()2()3()23

344512n n n ????????-++-++-++???+-+????????++????????

＝()11111111()()()(

)12323344512n n n ??-+-+-+???+-++++???+??++?? ＝11(1)()222n n n +-

++ ＝()(2)2

21n n n n ++＋ ＝()

323322n n n n ＋＋＋.………………………………………………………………………12分 19.证明：（1）取PD 的中点O ，连结AO ，

因为PAD ?为等边三角形，所以AO PD ⊥ ………………………………………2分 又因为AO ?平面PAD ，平面PAD ?平面PCD PD =，平面PAD ⊥平面PCD ， 所以AO ⊥平面PCD ………………………………3分

因为CD ?平面PCD ，

所以AO CD ⊥ ………………………………………4分

因为底面ABCD 为正方形，

所以CD AD ⊥.

因为AO AD A ?=，所以CD ⊥平面PAD ，

又因为CD ?平面ABCD ，

所以平面PAD ⊥平面ABCD ………………………………………………………6分

（2）由（1）得AO ⊥平面PCD ，

所以A 到平面PCD 的距离3d AO ==.

因为底面ABCD 为正方形，所以//AB CD .

又因为AB ?平面PCD ，CD ?平面PCD ，

所以//AB 平面PCD .

所以A ，B 两点到平面PCD 的距离相等，均为d .

又Q 为线段PB 的中点，

所以Q 到平面PCD 的距离32d h ==……………………………………………8分 由（1）知，CD ⊥平面PAD ，因为PD ?平面PAD ，所以CD PD ⊥，

所以1112233223

Q PCD PCD V S h -?=??=????=……………………………11分

∴三棱锥Q PCD -……………………………………………………12分 20. 解：（1）由题知），（，，a

c c a c e 1P 1∴==在椭圆上 所以11,112

2222222

2==+∴=+b b a c b b a c a 故2,1==a b 所以椭圆C 的方程为12

22=+y x . …………………………………………………4分 （2）由题意得，P 不在x

轴上，不妨设),(),,()0)(,(2211y x B y x A m n m P ，>， 由,

11F λ=得),1(),1(11n m y x +=---λ， 所以n y m x λλλ-=---=11,1， 又由122121=+y x 得1)(2122=+++n m λλλ）（① …………………………………6分 又12

22

=+n m ②，联立①②消去n 得01)22()23(2=-+++λλm m 即0)1](1)23[(=+-+λλm ，由于m 23101+=∴≠+λλ，

……………………8分 同理可得m

231-=μ …………………………………………………………………10分 所以2

496231231m m m -=-++=+μλ 故当0=m 时，μλ+取最小值3

2 …………………………………………………12分 21.解 (1)此函数的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x)＝1x －a x 2＝x －a x 2， 当a ≤0时，f ′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；………………………2分 当a ＞0，x ∈(0，a)时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，

x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．

综上所述，当a ≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a ＞0，x ∈(0，a)时，f(x)单调递减，x ∈(a ，＋∞)时，f(x)单调递增. ……4分

(2)由(1)知,f(x)min ＝f(a)＝ln a ＋1，

∴f(x)≥g(a)恒成立，则只需ln a ＋1≥g(a)恒成立，……………………………5分 则ln a ＋1≥(5)2a k a

--＝k －5－2a ， 即ln a ＋2a

≥k －6, ……………………………………………………………………6分 令h(a)＝ln a ＋2a

，则只需h(a)min ≥k －6， ∵h ′(a)＝1a －2a 2＝a －2a 2， ……………………………………………………………8分 ∴a ∈(0,2)时，h ′(a)＜0，h(a)单调递减，

a ∈(2，＋∞)时，h ′(a)＞0，h(a)单调递增，

∴h(a)min ＝h(2)＝ln 2＋1， ……………………………………………………10分 即ln 2＋1≥k －6，∴k ≤ln 2＋7，

∴k 的最大整数为7. ………………………………………………………………12分

22．解:(1)解：（1）由??

???+=+=t y t x 3331得，31133=--x y ， x y 3

3=∴ 即2C 是过原点且倾斜角为6π的直线 2C ∴的极坐标方程为)(6R ∈=ρπ

θ

……………………………………………5分

（2）由?????-==)sin 1(6θρπ

θa 得，?????==62πθρa )6,2(πa A ∴ 由?????-==)sin 1(67θρπθa 得??

???==6723πθρa )67,23(πa B ∴ .22

32a a a AB =+=∴………………………………………………………………10分 23. 解：(1)当a ＝1时， f ()x ＝?????－2x ＋1，x ≤－1，3，－1

…………………………2分

当x ≤－1时，由f ()x ≥7得－2x ＋1≥7，解得x ≤－3；

当－1

当x ≥2时，由f ()x ≥7得2x －1≥7，解得x ≥4，

所以f ()x ≥7的解集为(]－∞，－3∪[)4，＋∞.……………………………………5分

(2)|2||4|)(a x x x f ++-≤解集包含[]0，2

等价于|2||4||2|||---≤+-+x x a x a x 在[]0，2上恒成立，

当x∈[]0，2时，|2||4||2|||---≤+-+x x a x a x ＝2等价于

2|)2||(|max ≤+-+a x a x 恒成立，

|||)2()(||2|||a a x a x a x a x =+-+≤+-+Θ故2||≤a ，即]2,2[-∈a 时符合题意 当2-a 时，由]2,0[∈x ，22|2|||≤-=--+=+-+a a x a x a x a x 成立. 综上所述，满足条件的a 的取值范围为R.