河北省石家庄市2020届高三毕业班综合训练（二）数学（文）试题（PDF版） 11页

TWYT TWYT TWYT TWYT TWYT 2020 年石家庄市综合训练（二） 数学文科答案 一、选择题： 1-5 DABBB 6-10 CADBC 11-12 CA 二、填空题： 13. 11 14. 10 7 15. 5 16. )1,0( 2e 三、解答题： 17. （Ⅰ）证明：当 2n  时，由 11n n n na a a a   两边同时除以 1nnaa  得： 1 111 nnaa ， ………………………………………2 分 由 1 1a  ，得 1 1 1a  ， 故数列 1 na    是以 1 为首项，1 为公差的等差数列.……………………………4 分 （Ⅱ）解： 由（Ⅰ）知 1 na n ， …………………………………………………6 分 所以        2 1 2 111 2 1 2 1 2 2 1 2 1n nnb n n n n         1 1 1 2 2 1 2 1nn  ，……………8 分 所以 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1                      nT nn TWYT 1112 2 1n  . ………………………………………………………10 分 因为 1 021n  ，故 1 2nT . ……………………………………………………12 分 18. 解：（Ⅰ）证明： 1 1 1ABC A B C在三棱柱 中， 1AA ABC CD ABC平面 ， 平面 ， 所以 1 2AA CD. …………………………………………………… 分 在 ABC AC BC,AD BD,△ 中， 所以CD AB. 又 1AA AB A, 11CD AA B B.所以 平面 因为 1 1 1 1 4B E AA B B, CD B E.平面 所以 …………………………… 分 1 1 1 1 1 5B E A D,A D CD D, B E ACD.   又 所以 平面 ………………… 分 （Ⅱ）解法 1：在矩形 11AA B B 中， 因 11B E A D, 所以 1 1 1A EB A DA,∠ ∠ 1 1 1tan A EB tan A DA,则 ∠ ∠ 1 1 1 1 1 1 1 2 271 1 2 A B AA AA, , AA .A E AD AA   即 即 得 …………………………… 分 223Rt BDC CD BC BD ,  在 △ 中， 11CD AA B B由（Ⅰ）知 平面 ， 1138CD C AA B B所以 为 到平面 的距离，……… 分 22 1159Rt B BD B D BB BD ,  1在 △ 中， …………………………………… 分 11 ,A B CD h设 到平面 的距离为 1 1 1 1 ,A B CD C A B DVV三棱锥 三棱锥则 1 1 1 11 1033B CD A B DS h S CD  △ △即 …………………… 分, TWYT 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 3 2 ,CD B D h A B AA CD       1 1 1 13 5 2 2 33 2 3 2 ,h        45 5 ,h 解得 11 45 125A B CD .所以 到平面 的距离为 …………………………………………… 分 解法 2：在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 因 1A A ABC, 平面 AB ABC, 平面 1A A AB,所以， 又因 11B E A D, 所以 1 1 1A EB A DA,∠ ∠ 1 1 1tan A EB tan A DA,则 ∠ ∠ 1 1 1 1 1 1 1 2 271 1 2 A B AA AA, , AA .A E AD AA   即 即 得 ………… 分 1 1 1ABC A B C ABC在三棱柱 中，底面 是正三角形， D AB侧面均为正方形， 为 的中点， 1 1 1 1 9A B CD B ACD所以 到平面 的距离等于 到平面 的距离，………………… 分 1 1 1 1B E ACD, B E A D F,  由（Ⅰ）知 平面 设 1 1 1B F B ACD则 为 到平面 的距离. 1 1 1 1 1 1 1 1 25 115B A D A EB , sin B A D= sin A EB = ,因为∠ ∠ 则 ∠ ∠ ……………… 分 1 1 1 1 1 45 5B F A B sin B A D ,所以 ∠ 11 45 125A B CD .即 到平面 的距离为 ………………………………………… 分 19． 解: (Ⅰ)由折线图最高日平均温度 40 度，最低温度 21 度，故日平均温度的极差为 40-21=19 度，……2 分 设日平均温度的均值为 x ，则 FE A1 C1 B1 D A C B TWYT 21 23 26 33 36 32 39 25 40 38 30 26 22 25 28 29.615x               度……5 分 (Ⅱ) 由题意此人停留的可能时间有 14 种情况, ……7 分 只有一天的日平均温度适宜户外活动共有 3-4 日， 7-8 日，8-9 日，11-12 日，14-15 日这 5 种情况，故概率 5 14P  ，…… 10 分 (III)从 5 月 7 日开始连续三天的日平均温度方差最大． ……12 分 20. 解：（Ⅰ）由题可知 3b  . ○1 ………………………1 分 设  1 ,0Fc ，则由 1BF 与圆相切时 3 2r  得 3 2 bc a  ，即 2 ac  . ○2 ………………2 分 将○1 ○2 代入 2 2 2a b c解得 2a  . ……………3 分 所以 1C 的方程为 22 143 xy. ……………4 分 （Ⅱ）设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ， 将 y kx m代入 得 2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m     . 由直线l 与椭圆 1C 相切得 0 即 2243mk，且 1 2 1 2 4 ,43 3 .43 kmx k my k       ………………………6 分 由直线l 与圆 2C 相切，设 1:ON y xk ，与 联立得 2 2 2 2 ,1 .1 kmx k my k       ………………8 分 设直线 :l y kx m 0, 0km与 x 轴交于点Q ，则 ,0mQ k  . 所以△OMN 的面积    21 22 11 2 2 121OMN m k m kS OQ y y kkk      ,………………………10 分 TWYT 因为 1 2k k（当且仅当 1k  时等号成立），所以△OMN 的面积 1 1 1 124OMNS k k    ， 即△OMN 面积的最大值为 1 4 . …………………12 分 21. 解：（Ⅰ）   baxaxf  ln ，由题意知               1 1 01 01 b a f f ；………………2 分   xxf ln ，令    xf ，解得 x ，当  1,0x 时，   0 xf ，即  xf 在 , 上单调递减；当   ,1x 时，    xf ， 在 , 上单调递增；……………………………………………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知      fxf ，即  xxxln 对任意   ,x 成立.………………………5 分 要证 101101e 100   ，只需证        ln .…………………………6 分 在不等式 中，令  x ， 则 有          ln ，即          ln ，即        ln 成立；………………………………………8 分 要证 10001001 e1000  ，只需证       ln ，即证        ln ，只需证   ln ，即证  ln .……………………………………………………10 分 在不等式 中，令  x ，则有     ln ，即  ln 成立. 综上，不等式 1000 1011001 101e1000 100           成立.………………………………………12 分 TWYT 选做题： 22. 解：（Ⅰ）设 2C 上任意一点的极坐标为( , ) 则 2( , )3  在 1C 上 2分 所以 24sin( )3  4分 故曲线 的极坐标方程为 24sin( ).3  5分 （Ⅱ）设 ( , ), ( , )ABAB    | | | |ABAB  6分 24sin 4sin 3    | 6sin +2 3cos | 4 3 | sin( ) |6  8分 43 当且仅当 = 3  时等号成立. 9分 故||AB 的最大值为 43 10分 23. 解：（Ⅰ）        113 113 113 )( xx xx xx xf TWYT ...........................................................................................2 分 当 1x 时，   4,fx 当 11  x 时， 2 ( ) 4,fx 当 1x 时，   2. 4分fx 故当 1x 时，  fx取得最小值 2. 5分 （Ⅱ）因为 min( ) 2 6分fx ( ) | 1| | 3 |g x x x m m     | 1 3 | |1 3 |x x m m m m        当 1x  时等号成立. 7分 由题意知，对任意 1xR ，存在 2xR 使得 12( ) ( )f x g x 成立 则 min min( ) ( )f x g x 即 2 |1 3 |mm   8分 所以 22 2+ 0 (2 ) (1 3 ) m mm      解得： 31 42m   即 m 的取值范围为 31[ , ] 1042 分 .