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  • 2021-06-30 发布

河南省开封市2020届高三第三次模拟考试数学(文)试题 答案(文)

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(文科) ·1· 开封市 2020 届高三第三次模拟考试 数学(文科)试题参考答案 一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A B C C B A D D A B A 二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13. 4 14. 1 5 15. 2 ,126(本题第一空 2 分,第二空 3 分) 16. 31 三、解答题(共 70 分) 17.解:(1)由 3 cos sinBD BDC BC C     可得 3sin cos sin sinC BDC BDC C       , ……3 分 因为sin 0C,所以 tan 3BDC, 3BDC . ……6 分 (2)由 33 4ABDS  ,可得 1 3 3sin24AD BD BDA    , ……8 分 3 2 3 3sin2 3 4AD    ,所以 1AD  , ……10 分 2 2 2 2 cos 13AB AD BD AD BD ADB       , 13AB  . ……12 分 18.(1)证明:连接 AC,ABCD 是边长为 2 的正方形, F 是 BD 的中点,也是 AC 的中点, 又 E 是 PC 的中点,∴EF∥PA, ∵EF  CD,∴PA CD,……2 分 ∵AD CD,AD∩AP=A,∴CD 平面 PAD,……4 分 又∵CD  平面 ABCD,∴平面 PAD 平面 ABCD.……5 分 (2)如图,取 AD 中点 O,连接 PO, ∵△ PAD 是边长为 2 的等边三角形, ∴PO AD 且 PO= 3 , 由(1)知平面 PAD 平面 ABCD,故 PO 平面 ABCD,……7 分 ∴ 1 2 33233P BDCV      ,……9 分 易证△ PBD 中 PB=BD= 22,∴△ PBD 的面积为 7 , 设点 C 到平面 PDB 的距离为 h,则 1 2 3733h   ,……11 分 ∴ 2 21 7h  .……12 分 (文科) ·2· 19.解:(1)记抛物线C 与圆 F 在第一象限的交点为 .M 由题意可得:圆 与抛物线 的准线相切,且 M 到抛物线 准线的距离等于圆 的半径 p . 所以 M 点的坐标为 2, 2 p  ,……3 分 代入抛物线方程得:  240pp,所以 2.p  ……5 分 (2)设 22 12 12, , ,44 xxA x B x           由 2 4xy 得 21 4yx ,求导得 1 2yx  ,……7 分 所以 ,AB两点处的切线斜率分别为 11 1 2kx , 22 1 2kx ……8 分 由 2 1 4 y kx xy    得 2 4 4 0x kx   , 所以 1 2 1 24 , 4x x k x x    ,……10 分 所以 1 2 1 2 1 14k k x x   , 所以 PA PB ,即 PAB 为直角三角形.……12 分 20. 解:(1)根据散点图可判断, +y c d x 更适合作为 y 关于 x 的回归方程类型. ……2 分 令 wx,先建立 y 关于 w 的线性回归方程, 由表中数据得: ˆ=d 8 1 8 2 1 ( )( ) 108.8 681.6() ii i i i w w y y ww        4, 分 ˆˆ 563 68 6.8 100.6,     c y dw 所以 y 关于 w 的回归方程为 ˆ 100.6 68yw,……5 分 所以 y 关于 x 的回归方程为 ˆ 100.6 68yx……6 分 (2)( i)当 x=64 时,年销售量 y 的预报值 ˆ 100.6 68 64 644.6   y ,……7 分 年利润 z 的预报值 ˆ 644.6 0.2 64 64.92   z .……9 分 (ii)年利润的预报值  ˆ 0.2 100.6 68 13.6 20.12       z x x x x ……10 分 年利润 13.6 6.82x ,即 x=46.24 时, ˆz 取得最大值. ……12 分 21.解:因为函数  fx的定义域为 0, ,   2 1 ,afx xx   ……1 分 所以 21 ,f e ae ee      所以 2 ,a e ……3 分 (文科) ·3· 所以   2 12.fx x ex   令   0fx  得 2 ,x e 所以  fx在 20, e   上单调递减,在 2 ,e  上单调递增.……5 分 (2)证明:设     2lnh x xf x x x e   ,   ln 1 0h x x    得 1x e ,……6 分 所以当 10,x e  时,   0hx  ,当 1,x e   时,   0hx  , 所以  hx在 10, e   上单调递减,在 1,e  上单调递增, 所以  min 11.h x h ee  ……8 分 设    0x xt x xe,则   1 x xtx e   ,……9 分 所以当  0,1x 时,   0tx  ,  tx单调递增, 当  1,x  时,   0tx  , 单调递减, 所以    max 11.t x t e……11 分 综上,在 0, 上恒有    h x t x ,即   .x xxf x e ……12 分 22.解:(1)已知曲线 1C 的参数方程为  cos 1 sin , 为参数       x y , 消去参数 得  22 1 : 1 1C x y   .……1 分 将曲线 1C 化为极坐标方程为 1 : 2sinC  .……2 分 联立曲线 和 2C 极坐标方程 2 3 cos 2sin      得: 交点 A的极坐标为 3, 3   ,化为直角坐标为 33,22   .……5 分 (2)连结OA,由(1) 点极坐标 可得: 3 3 , ,  OA AOx 将直线 与曲线 和 联立可得    2sin , , 2 3 cos ,BC    . 2sin , 2 3 cos ,OB OC COx BOx         (文科) ·4· 63AOB AOC        分   2 11 = sin sin22 11 = 3 2 3 cos sin 3 2sin sin2 3 2 3 = 3 sin 3 cos sin3 =2 3 sin 3 = 3 8 ABC AOC AOBS S S OA OC AOC OA OB AOB                                          分 2 1sin 32     , 0, . 103 12     , 分 23.解:(1)由已知得: 3 22 1 22 m m     ,解得 13 22m,……3 分 因为 ,1m N m所以 .……5 分 (2) 3abc   ,……6 分 1+ 1+ 1+ 3+ + += 1 1 1 32 2 2 2 a b c a b ca b c a b c             ……8 分 当且仅当 1  abc 取等号 所以 abc最大值为 3.……10 分