辽宁省丹东市2020届高三数学第一次模拟考试试题 文答案.pdf

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1、文科数学答案 第 1 页（共 6 页） 2020 年丹东市高三总复习质量测试（一） 文科文科数学答案与评分参考数学答案与评分参考 一、选择题 1A 2C 3A 4B 5B 6D 7C 8A 9D 10C 11D 12A 二、填空题 137 14x；22 1512 1654 题目详解 1解： AB(1，1)(0，2)(1，2)，选 A 2解： ab(1，2)(2，3)(12，23)，因为(ab)c，所以(ab)c0，即(12)1(23)10，实数 3，选 C 3解： (1i)(1ai)1a(1a)i，由于 aR，1a(1a)i0，所以 1a(1a)iR，1a0，a1，此时(1i)(1ai)20，

2、选 A 4解： 从字母 a，b，c，d，e 中任取两个不同字母，所有可能的情形有 10 种： (a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e) 其中取到字母 a 的情形有 4 种：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e) 于是取到字母 a 的概率为 P41025，选 B 5解： “女子善织，日增等尺” ，说明，逐日所织尺数组成一个等差数列an，在这个等差数列an中，已知 S728，a2a5a815，求 a6 设公差为 d，由 7a17(71)2d28，(a1d)(a14d)(a17d)15，解得 a1d1，所以 a6a

3、15d6，选 B 【或者】因为 S728，a2a5a815，所以 a44，a53，所以 a62a5a46 6解： 由散点图可知，与成负相关，所以 r10，r20，因此 AB 错误 点 P 较偏离整体，剔除点 P 后，相关性能强些，所以| r2|比| r1|更接近 1 因此1r2r10，选 D 7解： 双曲线 C 的一条渐近线为 bxay0，圆(xa)2y2b24的圆心为(a，0)，半径b2 因为渐近线与圆相切，所以|baa0|b2a2b2，因为 b2a2c2，所以 c2a，于是 C 的离心文科数学答案 第 2 页（共 6 页） 率为 eca2，选 C 8解： 在同一个坐标系内画函数 y2x，y

4、x，ylog2x，y x的图象，可知 a0b1c，选 A 9解： 若 ml，nl，则 m 与 n 可能平行，还可能相交，还可能异面，A 不是 mn 的一个充分条件 若 m，n，则 m 与 n 可能平行，还可能相交，还可能异面，B 也不是 mn 的一个充分条件 若 ，m，n，则 m 与 n 可能平行，还可能异面，C 也不是 mn 的一个充分条件 若 m，m，n，根据直线与平面平行的性质定理，可以得到 mn，D 是 mn 的一个充分条件 综上，选 D 10解： y|12cos2x|cos2x|，因为 0，由 42得 24 sin(x1)cos(x1)12sin2(x1)12sin4(x1) 当 x

5、0，1时，4(x1)4，2；当 x1，2时，4(x1)2，34 所以函数 y12sin4(x1)在区间0，2上先单调递增，后单调递减函数，选 C 11解： 因为函数 f (x)是定义域为(1，1)的单调递减函数，若 f (x)图象关于点(0，1)对称， 所以不等式 f (x1)f (x)2 等价于 x1x0，得 x12， 又 x(1，1)，x1(1，1)，所以 x 的取值范围是(12，1)，选 D 【另解】设 g (x)f (x)1，则 g (x)是定义域为(1，1)的奇函数，且单调递减不等式f (x1)f (x)2 等价于 g (x1)g(x)0 由 x1x0，x(1，1)，x1(1，1)，

6、得 x 的取值范围是(12，1)，选 D 12解： 由 an1Sn1 得 Sn12Sn1，变形为Sn11Sn12，所以数列Sn1是公比为 2 的等比数列 因为 S23，所以 S81(S21)28-228256，所以 S8255，选 A 13解： 画出线性约束条件所表示的区域，即可行域： 作直线 l0：3xy0，平移 l0，可知当 x2，y1 时，直线 z3xy 在 y 轴上截距最大，从而 z 取的最小值7 14解： 文科数学答案 第 3 页（共 6 页） 因为 y11x，y|x=01，所以曲线 yln(1x)在 x0 处切线方程为 yx，故 f (x)x 采用复利的方式计算利息，本金为 a 的

7、理财品种经过 n 年后，本息和为 a(10.033)n 由 a(10.033)n2a，得 nln(10.033)ln2，有 nln2 ln(10.033)，由题设的近似等式70 1000.03321.212所以 n21.212，至少需经 22 年 15解： 设 C 的准线与 x 轴相交于点 E，过 A 作 C 的准线的垂线，垂足为 A1因为 A，F，B 三点共线，由题设 F 为 AB 的中点，所以|AF|AA1|2|EF|12 16解： 由题设边形 ABCD 是直角梯形，其中 AB5，BC5，CD3，CA1， CA 在直线 y1 上，将四边形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周，所得到几何体是底

8、面半径为 3，母线为 5的圆柱内去掉一个底面半径为 3 母线为 5 的圆锥余下部分，其的表面积为 322353554 17解： （1）因为侧棱 DD1底面 ABCD，所以 DD1AC 因为 AB1，AC 3，BC2，所以 CD2AC2AD2，所以 ACCD 因为 DD1CDD，所以 AC平面 DD1C1C 因为 C1D平面 DD1C1C，所以 ACC1D （6 分） （2）直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，因为 BB1BC，所以四边形是正方形，面积为 4 在平面内 ABCD，过 A 作 AEBC，垂足为 E，在直角三角形ABC 中，斜边 BC 上的高为 AE32 因为平面 ABCD平面

9、BB1C1C，所以 AE平面 BB1C1C 于是四棱锥 A-BB1C1C 的体积为134322 33 （12 分） 18解： （1）由题设，首选物理再选科目确定的 20 位学生中选考生物的有 14 人，首选历史再选科目确定的 15 位学生中选考生物的有 6 人 因此该学校高一年级再选科目确定的学生中，选考生物的学生人数估计值为 1462015201550600240（人） （6 分） （2）由题设可得 22 列联表如下： 选生物 不选生物 合计 首选物理 14 6 20 首选历史 6 9 15 合计 20 15 35 A B B1 C1 D1 A1 C D E 文科数学答案 第 4 页（共 6

10、 页） 所以 K235(14966)22015201563203.15 因为 3.153.841，所以没有 95%以上的把握认为“再选科目确定的学生中，是否选考生物与首选科目的选择有关” （12 分） 19解法 1： （1）ABC 同时满足条件，理由如下： 因为 cosB23120，所以 B 为钝角，且 B23，因为 A3，与 ABC，矛盾，ABC 不能同时满足条件，所以ABC 同时满足条件 因为 ab，所以 AB，所以ABC 不能同时满足条件 因此ABC 只能同时满足条件 （6 分） （2）由余弦定理 a2b2c22bccosA，得 c23c400，解得 c5 或 c8，c5 舍去，取 c8

11、 于是ABC 的面积 S12bcsinA6 3 （12 分） 解法 2： （1）同解法 1 （2）因为 A3，a7，b3，由正弦定理asinAbsinB得 sinB3 314 因为 ab，所以 cosB1314 所以 sinCsin(B3)sinBcos3cosBsin33 314121314324 37 于是ABC 的面积 S12absinC6 3 （12 分） 20解法 1： （1）因为焦距为 4，c2，两焦点为 F1(2，0)，F2(2，0) 根据椭圆定义 2a(22)2 22(22)2 224 2，a2 2，所以 b2a2c24，从而 C 的方程为x28y241 （4 分） （2）由题

12、设，直线 l 不垂直于 y 轴，可设 l：xky2，设 M(x1，y1)，N(x2，y2) 由 xky2， x28y241.得(k22)y24ky40 因为32(1k2)0，所以 y1y24kk22，y1y24k22 文科数学答案 第 5 页（共 6 页） 因为|PQ|4 2，于是|S1S2|12 |PQ| |y1y2|8 2|k|k22 当 k0 时，|S1S2|0 当 k0 时，8 2|k|k228 2|k|2|k|8 22 24，当 k 2时等号成立，|S1S2|的最大值为 4 综上，|S1S2|的最大值为 4 （12 分） 解法 2： （1）因为 C 过点 A( 2， 3)，所以4a2

13、2b21，又 a2b24，故 a28， b24，从而C 的方程为x28y241 （4 分） （2）当直线 l 垂直于 x 轴时，S1S2，于是|S1S2|0 （6 分） 当直线 l 不垂直于 x 轴时，设 l：yk(x2)(k0)，设 M(x1，y1)，N(x2，y2) 由 yk(x2)， x28y241.得(2k21)x28k2x8k280 因为32(1k2)0，所以 x1x28k22k21，x1x28k282k21 因为|PQ|4 2，于是|S1S2|12 |PQ| |y1y2| 2 2 |k(x1x2)4k|2 2 |8k32k214k|8 2|k|2k21 因为8 2|k|2k218

14、22|k|1|k|8 22 24，当 k22时等号成立，|S1S2|的最大值为 4 综上，|S1S2|的最大值为 4 （12 分） 21解： （1）f (x)的定义域为(0，)，f (x)xax 若 a2，当 0 x2，则 f (x)0，若 x2，则 f (x)0；所以 f (x)在(0，2)单调递减，在(2，)上单调递增 所以 f (x)f (2)22ln24 （4 分） （2）因为 a1，所以当 0 xa 时，则 f (x)0，当 xa 时，则 f (x)0；所以 f (x)在(0，a)单调递减，在(a，)上单调递增 所以 f (x)有最小值 f (a)a1lnaa，因为 a1，所以 f(

15、a)0 因为 0ea1a，f (ea)ea0，所以 f (x)在(0，a)有一个零点 由（1）可知 x2lnx，从而 exx2，于是 e2a4a2a，故 f (e2a)e2a3a2a20所文科数学答案 第 6 页（共 6 页） 以 f (x)在(a，)有一个零点 因此当 a1 时，f (x)有两个不同的零点当 （12 分） 【或者】由（1）可知 x2lnx，从而 lnx x，取正数 b 满足 b512a，则 f (b)a bbxa20所以 f (x)在(a，)有一个零点 因此当 a1 时，f (x)有两个不同的零点 （12 分） 22解： （1）C1的参数方程为 x 3cos， ysin( 为

16、参数) C2极坐标方程可以化为 cosxsin40，于是 C2的直角坐标方程为 xy40 （5 分） （2）由（1），可设点 P 的直角坐标为( 3cos，sin) 因为 C2是直线，所以|PQ|的最小值，即为 P 到 C2的距离 d()的最小值 d()| 3cossin4|2 2|sin(3)2| 2 当且仅当 2k6(kZ)时时等号成立 所以|PQ|的最小值为 2 （10 分） 23解： （1）因为 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，所以 2a22b22c22ab2bc2ca，于是 a2b2c2abbcca； （5 分） （2）(a1)(b2)(c3)2 (a1)2(b2)2(c3)22(a1)(b2)(b2)(c3)(c3)(a1) 由（1）可知(a1)(b2)(b2)(c3)(c3)(a1)(a1)2(b2)2(c3)2，所以(a1)(b2)(c3)23(a1)2(b2)2(c3)2 由已知得(a1)2(b2)2(c3)2253 当且仅当 a23，b13，c43时等号成立 因此(a1)2(b2)2(c3)2的最小值为253 （10 分）