2020年佛山市普通高中教学质量检测（一）文数答案 4页

文科数学参考答案与评分标准 第 1页（共 4页） 2019~2020 年佛山市普通高中高三教学质量检测（一） 数 学(文科)参考答案与评分标准 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C B C B A A D D B C 二、填空题：本大共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分． 13． 2 1y x  14． 0 15． 2 16． 57π 三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【解析】（1）由 1 1 2 1n n n na b b    ，取 1n  ，得 2 2 12 1a b b  ，解得 2 4a  ．………………1 分 取 2n  ，得 3 3 24 1a b b  ，解得 3 8a  ． …………………………………………………………2 分 ∵{ }na 是等比数列，则 3 2 2aq a   ， 2 1 2aa q   ． …………………………………………………4 分 ∴{ }na 的通项公式为 1 1 2n n na a q   ． ………………………………………………………………5 分 （2）∵ 1 12 2 1n n n nb b    ，∴数列{2 }n nb 是公差为1的等差数列． 12 2 ( 1) 1n nb b n n     ，则 2n n nb  ． ……………………………………………………………7 分 设{ }nb 的前 n 项和为 nS ，则 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n nS      ， 2 3 4 1 1 2 3 2 2 2 2 2 n n S n      ． ……9 分 则 2 3 1 1 1 1 1[1 ( ) ]1 1 1 1 22 2 112 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n S n n n                 ． …………………………11 分 ∴ 22 2n n nS   ． ……………………………………………………………………………………12 分 18．【解析】（1）考虑到 BMI 应与年级或性别均有关，最合理的分层应分为以下四层：高一男生、高一女 生、高二男生、高二女生．高一男生： 550 160 442000   人；高一女生： 650 160 522000   人；高二男生： 425 160 342000   人；高二女生： 375 160 301200   人． ……………………………………………6 分 [可能的方案一：按性别分为两层，男生与女生．男生： 975 160 782000   人；女生： 1025 160 822000   人． 可能的方案二：按年级分为两层，高一学生与高二学生．高一：1200 160 962000   人；高二： 800 160 642000   人．说明：这样的方案给 3 分．] （2）（i）160 人中，“超重”人数为 4 6 2 4 16    人，“超重”发生的频率为 0.1，用样本的频率估计总 体概率，估计在这 2000 人中，“超重”人数为 2000 0.1 200  人． …………………………….……9 分 （ii） 1 2k k ． ………………………………………………………………………………12 分 文科数学参考答案与评分标准 第 2页（共 4页） 19.【解析】（1）∵ PA PB ， E 是 AB 的中点，∴ PE  AB ．……1 分 ∵ 90ACB   ， E 是 AB 的中点，∴ EC EA ， 又 PC PA ， PE PE ，∴△ PEC  △ PEA ． ……………2 分 ∴ 90PEC PEA     ，即 PE EC ． …………………3 分 又 AB EC E ，∴ PE  平面 ABC . …………………4 分 （2）连接CG 并延长交 BE 于点O ，则点O 为 BE 的中点，连接OF ，则 / /OF PE ． 由（1）得OF  平面 ABC ，∴ FGO 为GF 与平面 ABC 所成的角，即 60FGO   ． ……6 分 又在 Rt△ FGO 中， 2GF  ，∴ 1OG  ， 3OF  ． ……………………………………………7 分 ∵G 是△ BCE 的重心， ,O F 分别是 ,BE BP 的中点，∴ 3OC  ， 2 3PE  ． ………………8 分 ∵ PA PB ， 90APB ACB     ， ,E O 分别是 ,AB BE 中点，∴ 4 3AB  ， 2 3CE  ， 3OE  ． 则在△CEO 中， 2 2 2 2 2 2( 3) 3 12 (2 3)OE OC CE      ，∴OC AB ．………………10 分 所以三棱锥 P ABC 的体积 1 1 1 1 4 3 3 2 3 123 3 2 6ABCV S PE AB OC PE           V ．……12 分 20．【解析】（1）设动点 P 的坐标为 ( , )x y ，则 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 ( 0) ( 2) PA x y PB x y        ． ………………2 分 整理得 2 2( 2) ( 2) 8x y    ，故动点 P 的轨迹是圆，且方程为 2 2( 2) ( 2) 8x y    ．…………4 分 （2）由（1）知动点 P 的轨迹是圆心为 (2,2)C ，半径 2 2R  的圆，圆上两点 ,E F 关于直线l 对称，有 垂径定理可得圆心 (2,2) 在直线 : 4 0l kx y   上，代入并求得 1k  ，故直线l 的方程为 4 0x y   ． 易知 OC 垂直于直线l ，且 OC R ． ………………………………………………………………6 分 设 EF 的中点为 M ，则 ( ) ( ) ( ) ( )OE OF OM ME OM MF OM ME OM ME         uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 4OM ME   uuur uuur ，又 2 2 2 22OM OC CM R CM    uuur uuur uuur uuur ， 2 22ME R CM  uuur uuur ． ………………8 分 ∴ 2 2 4CM  uuur ， 2CM  uuur ，∴ 22 6ME R CM   uuur uuur ， 2 2 6FE ME  uur uuur ． …………10 分 易知 //OC FE ，故O 到 FE 的距离等于CM ，∴ 1 2 6 2 2 32OEFS    V ．………………12 分 [另解：易知直线 EF 的斜率为1，可设其方程为 y x b  ，联立 2 2( 2) ( 2) 8 y x b x y        ，整理得 2 22 2( 4) 4 0x b x b b     ，设 1 1 2 2( , ), ( , )E x y F x y ，由韦达定理得 2 1 2 1 2 44 , 2 b bx x b x x     ， ∴ 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 1( )( ) ( ) (4 ) 22 2 b by y x b x b x x b x x b b b b b b             ， ∴ 2 2 1 2 1 2 4 1 2 42 2 b bOE OF x x y y b b       uuur uuur ，∴ 2 4b  ， 2b   ．所以直线 EF 的方程为 2y x  或 2y x  ，原点O 到直线 EF 的距离都是 2 2 2 2 1 1 h    ，易知圆心 (2,2) 到直线 EF 的距离都为 2 ，故 2 6EF  （或 2 1 21 2 6EF k x x    ），∴ 1 2 6 2 2 32OEFS    V ．] 文科数学参考答案与评分标准 第 3页（共 4页） 21．【解析】（1） ( ) 2 cos e xf x a x     ，令 (0) 0f   ，得 2 1 0a   ，∴ 1 2a  ．………………2 分 ∴ ( ) 1 sin e xf x x    ， ( ) cos e e (1 e cos )x x xf x x x       ． 当 0x  时， e 1 cosx x   ， ( ) cos e 0xf x x      ，故 ( )f x 是区间 ( ,0) 上的增函数．……3 分 当 0x  时，令 ( ) 1 e cosxg x x  ，则 ( ) e (sin cos )xg x x x   ，在区间 π(0, )4 上， ( ) 0g x  ，故 ( )g x 是 π(0, )4 上的减函数，∴ ( ) (0) 0g x g  ，即在区间 π(0, )4 上， ( ) e ( ) 0xf x g x   ，因此 ( )f x 是区间 π(0, )4 上的减函数．综上所述， ( )f x 在 0x  处取得极大值 (0) 0f  ．………………………………………5 分 （2）由（1） ( ) 1 sin e xf x x    ，∵ 2 π(2 π) 1 e 0kf k    （当且仅当 0k  时， (0) 0f  ．） π(2 π )2π(2 π ) e 02 k f k       ，∴ ( )f x 在区间 π2 π,2 π 2k k    至少有一个零点．……………………7 分 以下讨论 ( )f x 在区间 π2 π,2 π 2k k    上函数值的变化情况： 由（1） ( ) cos e e (1 e cos )x x xf x x x       ，令 ( ) 1 e cosxg x x  ，则 ( ) e (sin cos )xg x x x   ， 令 ( ) 0g x  ，在 (0, ) 上，解得 ππ ,4x m m   N ． ①当 0k  时，在区间 π(0, )4 ， ( ) 0g x  ， ( )g x 递减， π( ) (0) 04g g  ；在 π π( , )4 2 ， ( ) 0g x  ， ( )g x 递增， π( ) 1 02g   ．故存在唯一实数 0 π π( , )4 2x  ，使 0( ) 0g x  ，即 0 0 0( ) e ( ) 0xf x g x   ．在 0(0, )x 上， ( ) 0f x  ， ( )f x 递减， ( ) (0) 0f x f  ；在 0 π( , )2x 上， ( ) 0f x  ， ( )f x 递增，而 π 2π( ) e 02f     ， 故在 π[0, ]2 上， ( ) 0f x  ，当且仅当 0x  时， (0) 0f  ．故 ( )f x 在 π[0, ]2 上有唯一零点．……9 分 ②对任意正整数 k ，在区间 π(2 π,2 π )4k k  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 递减， 2 ππ(2 π ) (2 π) 1 e 04 kg k g k     ， 在区间 π π(2 π ,2 π )4 2k k  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 递增， π(2 π ) 1 02g k    ，故存在唯一实数 π(2 π ,4kx k  π2 π )2k  ，使 ( ) 0kg x  ，即 ( ) e ( ) 0kx k kf x g x   ，在 (2 π, )kk x 上，因 ( ) 0g x  ，故 ( ) 0f x  ， ( )f x 递减，在 π( ,2 π )2kx k  上，因 ( ) 0g x  ，故 ( ) 0f x  ， ( )f x 递增， 2 π(2 π) 1 e 0kf k    ， ( )kf x  π(2 π )2π(2 π ) e 02 k f k       ，∴ (2 π) ( ) 0kf k f x  ， ∴ ( )f x 在区间 (2 π, )kk x 即 π2 π,2 π 2k k    有唯一零点． 综上， ( )f x 在区间 π2 π,2 π ( )2k k k     N 有唯一零点．………………………………………………12 分 文科数学参考答案与评分标准 第 4页（共 4页） 22．【解析】（1）由 4y m ，得 4 ym  ，代入 24x m ，得 2 4 yx  ，即 2 4y x ．………………2 分 ∴C 的普通方程为 2 4y x ，表示开口向右，焦点为 (1,0)F 的抛物线．……………………………4 分 （2）设直线 1l 的倾斜角为 ，直线 2l 的倾斜角为 π  ， 则直线 1l 的参数方程为 0 0 cos (sin x x t ty y t        为参数 ) ．…………………………………………………5 分 与 2 4y x 联立得 2 2 2 0 0 0sin (2 sin 4cos ) 4 0t y t y x       ．………………………………6 分 设方程的两个解为 1 2,t t ，则 2 0 0 1 2 2 4 sin y xt t   ．…………………………………………………………7 分 ∴ 2 0 0 1 2 2 4 sin y xPA PB t t      ．……………………………………………………………………8 分 则 2 2 0 0 0 0 2 2 4 4 sin (π ) sin y x y xPM PN       ． …………………………………………………………9 分 ∴ PA PB PM PN   ．……………………………………………………………………………10 分 23.【解析】（1） ( ) 1 2f a a   ，得 2 1 2a    ． ……………………………………………2 分 即 1 3a   ，∴ a 的取值范围是 ( 1,3) ．……………………………………………………………4 分 （2）当 1a  时，函数 ( )f x 在区间[ , ]a a k 上单调递增．…………………………………………5 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ，得 2a  ． max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ，得 1k  ．……6 分 当 1a  时， 2 1, 1 ( ) 1 , 1 2 1, x a x f x a a x x a x a            ．………………………………………………………………8 分 则 min[ ( )] ( ) 1 1f x f a a    ，得 0a  ． max[ ( )] ( ) 2 1 3f x f a k a k      ，得 2k  ．……9 分 综上所述， k 的值为1或 2 ．………………………………………………………………………………10 分