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2020届·普通高中名校联考信息卷(压轴卷一)·文科数学
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D C B D D D B B B C A D
13.1
14.7
12
15. 槡3 3
16.①甲省比乙省新增人数的平均数低 ②甲省比乙省的方差要大
17.解:(1)证明:因为犪3=7,犪3=3犪2-2,所以犪2=3, (1分)……………………………………
所以犪狀=2犪狀-1+1, (2分)……………………………………………………………………
所以犪1=1, (3分)………………………………………………………………………………
犪狀+1
犪狀-1+1=2犪狀-1+2
犪狀-1+1=2(狀≥2), (5分)…………………………………………………………
所以数列 犪狀{ }+1 是首项为犪1+1=2,公比为2的等比数列. (6分)………………………
(2)由(1)知,犪狀+1=2狀, (7分)………………………………………………………………
所以犪狀=2狀-1. (8分)…………………………………………………………………………
所以犛狀=2(1-2狀)
1-2 -狀=2狀+1-狀-2, (9分)…………………………………………………
所以狀+犛狀-2犪狀=狀+(2狀+1-狀-2)-2(2狀-1)=0, (10分)………………………………
所以狀+犛狀=2犪狀. (11分)………………………………………………………………………
即狀,犪狀,犛狀 成等差数列. (12分)………………………………………………………………
18.解:(1)依题意有(0.00015+0.0002+犪+0.00003×2)×2000=1,
解得犪=0.00009. (4分)………………………………………………………………………
(2)由图可知,犃 地区200家实体店该品牌高压锅的月经济损失的众数为3000,
第一块小矩形的面积犛1=0.3,第二块小矩形的面积犛2=0.4,
故所求中位数在[2000,4000)之间,故所求中位数为2000+0.5-0.3
0.0002 =3000. (9分)……
(3)由频率分布直方图得珚狓<6000. (12分)…………………………………………………
12020届·普通高中名校联考信息卷(压轴卷一)·文科数学参考答案
19.(1)证明:因为底面犃犅犆犇 是正方形,所以犃犅⊥犃犇,
因为梯形犃犇犈犉⊥底面犃犅犆犇,所以犃犅⊥平面犃犇犈犉,
因为犇犉平面犃犇犈犉,所以犃犅⊥犇犉.
因为梯形 犃犇犈犉 中,犃犉=犈犉=犇犈=1
2犃犇,取 犃犇 的中点
犌,连接犉犌,
所以犉犌=1
2犃犇,所以犇犉⊥犃犉.
因为犃犉∩犃犅=犃,所以犇犉⊥平面犃犅犉,
因为犇犉平面犆犇犉,所以平面犃犅犉⊥平面犆犇犉. (5分)…………………………………
(2)如图2,过犉 作犉犕⊥犃犇 于犕,过犈 作犈犖⊥犃犇 于犖,作
犕犌∥犃犅 交犅犆 于犌,犖犎∥犆犇 交犅犆 于犎.
因为梯形犃犇犈犉⊥底面犃犅犆犇,且犃犉=犈犉=犇犈=1
2犃犇.
所以犉犕⊥平面犃犅犆犇,犈犖⊥平面犃犅犆犇.
在 Rt△犃犉犇 中,由犃犇=2犃犉 可得∠犉犃犇=60°.
令犃犉=犈犉=犇犈=1
2犃犇=2,
则犉犕=犈犖 槡= 3,犃犕=犖犇=1,
多面体犃犅犆犇犈犉 的体积犞=犞犉犃犅犌犕 +犞犈犆犇犖犎 +犞犉犕犌犈犖犎 =1
3 槡×1×4× 3×2+1
2 槡× 3×
4×2= 槡20 3
3 .
由(1)及对称性可得犃犈⊥平面犆犇犈,
因为犃犇=2犈犉,犈犉∥犃犇,
所以犉 到平面犆犇犈 的距离等于犃 到平面犆犇犈 的距离的一半,
即犉 到平面犆犇犈 的距离等于犱=1
2犃犈 槡= 3,
故犞犉犆犇犈 =1
3犛△犆犇犈 ·犱=1
3×1
2 槡×4×2× 3= 槡4 3
3 .
所以平面犆犇犉 将多面体犃犅犆犇犈犉 分成两部分,两部分的体积比为4∶1. (12分)………
20.解:(1)由题意可得2犫 槡=2 2,所以犫 槡= 2, (1分)……………………………………………
犲=犮
犪 = 1-犫2
犪槡 2 =槡3
2,解得犪 槡=2 2, (3分)…………………………………………………
所以椭圆犆的标准方程为狓2
8+狔2
2=1. (5分)…………………………………………………
(2)由于直线犾平行于直线狔=犫
犪狓,即狔=1
2狓,设直线犾在狔 轴上的截距为狀,
2 2020届·普通高中名校联考信息卷(压轴卷一)·文科数学参考答案
所以犾的方程为狔=1
2狓+狀(狀≠0). (6分)…………………………………………………
由
狔=1
2狓+狀,
狓2
8+狔2
2=1
烅
烄
烆 ,
得狓2+2狀狓+2狀2-4=0,
因为直线犾与椭圆犆 交于犃,犅 两个不同的点,
所以Δ=(2狀)2-4(2狀2-4)>0,解得-2<狀<2. (8分)……………………………………
设犃(狓1,狔1),犅(狓2,狔2),则狓1+狓2=-2狀,狓1狓2=2狀2-4.
∠犃犗犅 为钝角等价于 →犗犃· →犗犅<0,且狀≠0, (9分)…………………………………………
由 →犗犃· →犗犅=狓1狓2+狔1狔2=狓1狓2+(1
2狓1+狀)(1
2狓2+狀)
=5
4狓1狓2+狀
2(狓1+狓2)+狀2=5
4(2狀2-4)+狀
2(-2狀)+狀2<0,
即狀2<2,且狀≠0,
直线犾在狔 轴上的截距狀 的取值范围是( 槡- 2,0)∪(0,槡2).
所以直线犾在狓 轴上的截距犿 的取值范围是( 槡-2 2,0)∪(0,槡2 2).
(12分)…………………………………………………………………………………………
21.解:(1)此函数的定义域为(0,+∞),
犳′(狓)=1
狓-犪
狓2=狓-犪
狓2 ,
当犪≤0时,犳′(狓)>0,所以犳(狓)在(0,+∞)上单调递增; (2分)…………………………
当犪>0时,狓∈(0,犪),犳′(狓)<0,犳(狓)单调递减,
狓∈(犪,+∞),犳′(狓)>0,犳(狓)单调递增.
综上所述,当犪≤0时,犳(狓)在(0,+∞)上单调递增;
当犪>0时,犳(狓)在(0,犪)上单调递减,在(犪,+∞)上单调递增. (4分)……………………
(2)由(1)知,犳(狓)min=犳(犪)=ln犪+1,
所以犳(狓)≥犵(犪)恒成立,则只需ln犪+1≥犵(犪)恒成立, (5分)……………………………
则ln犪+1≥犪(犽-5)-2
犪 =犽-5-2
犪,
即ln犪+2
犪≥犽-6. (6分)……………………………………………………………………
令犺(犪)=ln犪+2
犪,则只需犺(犪)min≥犽-6,
因为犺′(犪)=1
犪-2
犪2=犪-2
犪2 , (8分)……………………………………………………………
所以犪∈(0,2)时,犺′(犪)<0,犺(犪)单调递减,
犪∈(2,+∞)时,犺′(犪)>0,犺(犪)单调递增,
32020届·普通高中名校联考信息卷(压轴卷一)·文科数学参考答案
所以犺(犪)min=犺(2)=ln2+1, (10分)………………………………………………………
即ln2+1≥犽-6,所以犽≤ln2+7,
所以实数犽的最大整数为7. (12分)…………………………………………………………
22.(1)曲线犆1:狓=1+cosα,
狔=sin烅
烄
烆 α
(α为参数)可化为普通方程为(狓-1)2+狔2=1. (2分)………
由 狓=ρcosθ,
狔=ρsin烅
烄
烆 θ
可得曲线犆1 的极坐标方程为ρ=2cosθ,曲线犆2 的极坐标方程为ρ2(1+
sin2θ)=2. (5分)………………………………………………………………………………
(2)射线θ=π
6(ρ≥0)与曲线犆1 的交点犃 的极径为ρ1=2cosπ
6 槡= 3,
射线θ=π
6(ρ≥0)与曲线犆2 的交点犅 的极径满足ρ2
2(1+sin2 π
6)=2,解得ρ2= 槡2 10
5 ,
所以|犃犅|=|ρ1-ρ2| 槡= 3- 槡2 10
5 . (10分)…………………………………………………
23.解:(1)当犪=2时,原不等式可化为|3狓-1|+|狓-2|≥3. (1分)…………………………
①当狓≤1
3时,1-3狓+2-狓≥3,解得狓≤0,所以狓≤0; (2分)……………………………
②当1
3<狓<2时,3狓-1+2-狓≥3,解得狓≥1,所以1≤狓<2; (3分)……………………
③当狓≥2时,3狓-1+狓-2≥3,解得狓≥3
2,所以狓≥2. (4分)……………………………
综上所述,当犪=2时,不等式的解集为 狓|狓≤0或狓≥{ }1 . (5分)…………………………
(2)不等式|狓-1
3|+犳(狓)≤狓可化为|3狓-1|+|狓-犪|≤3狓,
依题意不等式|3狓-1|+|狓-犪|≤3狓在狓∈[1
3,1
2]上恒成立, (6分)……………………
所以3狓-1+|狓-犪|≤3狓,即|狓-犪|≤1,即犪-1≤狓≤犪+1, (8分)………………………
所以
犪-1≤1
3,
犪+1≥1
2
烅
烄
烆 ,
解得-1
2≤犪≤4
3,
故所求实数犪的取值范围是[-1
2,4
3]. (10分)……………………………………………
4 2020届·普通高中名校联考信息卷(压轴卷一)·文科数学参考答案