4武昌区2020届高三4月文数试题（答案定稿）.pdf

高三文科数学 第 1 页（共 4 页） P Q 武昌区 2020 届高三年级四月调研测试 文科数学参考答案及评分细则 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B A D A D B A A D A B 二、填空题： 13．4 14． 8 5 15．①②③ 16． 22 三、解答题： 17．（本题 12 分） 解：（1）由 a1=1， 1154 aa 得， 11)41)(31(  dd ，所以 3 2d 或 2 3d （舍去）. 所以， 3 12)1(1  ndnaan ，即 3 12  nan . ………….(4 分) (2) 因为 13)12(33 12  nn n nnb ， 所以 110 3)12(3533  n n nT  ， 于是 n n nT 3)12(35333 21   . 以上两式相减，得 n n nT 3 . ………….(12 分) 18．（本题 12 分） 解：（1）过点 M，N 分别作 BCMP  1CCNQ  ，垂足分别为 P，Q. 则 NQMP // 且 NQMP  ，所以 PQMN // . 因为 1// BCPQ ， CBBC 11  ，所以 CBPQ 1 . 因为 1AA 平面 ABC ， ACAA 1 ， 所以 11 // AACC ，所以 ACCC 1 . 因为 CBAC  ，所以 AC 平面 11BBCC ，所以 PQAC  ， 所以 PQ ⊥平面 ACB1. 因为 PQMN // ，所以 MN ⊥平面 ACB1. ……….(4 分) （2）设 C1 到平面 B1MC 的距离为 h . 因为 2 1MP ， 2 1 11  CCBS ，所以 12 1 3 1 1111   MPSV CCBCCBM . 因为 2 2CM ， 21 CB ， 2 6 1 MB ，所以 4 3 2 1 11  MBCMS CMB . 高三文科数学 第 2 页（共 4 页） 因为 CCBMMCBC VV 1111   ，所以 MPShS CCBMCB  111 3 1 3 1 ，解得 3 3h . 所以，点 C1 到平面 B1MC 的距离为 3 3 . …………(12 分) 19．（本题 12 分） 解：（1）因为，男生人数︰女生人数=900︰1100=9︰11， 所以， 男生人数为 4510020 9  人，女生人数为 5510020 11  人. ………..(4 分) （2）由频率分布直方图可得到学生平均每周体育锻炼时间超过 2 小时的人数为： (1 0.300 1 0.250 1 0.150 1 0.050) 100 75         人， 所以，平均每周体育锻炼时间超过 2 小时的女生人数为 37 人. 所以，每周体育锻炼时间与性别的列联表为： 男生 女生 总计 每周平均体育锻炼时间不超过 2 小时 7 18 25 每周平均体育锻炼时间超过 2 小时 38 37 75 总计 45 55 100 因为 841.3892.345557525 )3773818(100 ))()()(( )( 22 2    dbcadcba bcadnK ， 所以，有 95%的把握认为“该校学生的每周平均体育锻炼时间与性别有关”. …(12 分) 20．（本题 12 分） 解：（1）设 ),( 00 yxA ，且 0 2 0 2pxy  ，则 ),2 2( 0 0 yxC  . 圆C 的直径 2 0 2 0 )2(|| yxAB  ，圆心C 到直线 1x 的距离为 |2||12 2| 00 xxd  . 因为 2MN ，所以 222 )2 ||()2 ||( ABdMN  ， 即 4 )2( 41 2 0 2 0 2 0 yxx  ，将 0 2 0 2pxy  代入， 化简，得 0)42( 0  xp ，所以 2p . 所以，抛物线 E 的方程为 xy 42  . ………….(4 分) （2）由      ,9)5( ,2 22 2 yx pxy 得 016)5(22  xpx ，且 0 . 设 ),( 11 yxP ， ),( 22 yxQ ，则 )5(221 pxx  ， 1621 xx . 高三文科数学 第 3 页（共 4 页） 所以 pxG  5 ， 2 21 21 9)(2 2 2 ppxxpyyyG  . 所以， )10(5 9 2   pp ppkOG . 令 )54(5  ttp ，则 )4 11 5 1(112020 22 2  tttt ttkOG ， 解得 2 20  OGk ，即直线OG 斜率的取值范围为 )2 2,0( . ………….(12 分) 21．（本题 12 分） 解：（1） x ttxxf  22)( ，因为 2x 是 )(xf 的极值点， 所以 0224)2(  ttf ，解得 4t . 此时 x xx x xx xxxf )2)(1(2462462)( 2  . 所以， )(xf 的极大值为 3)1( f . ………….(4 分) （2）要使得 2)( xf 恒成立，即 0x  时， 0ln)2(2  xtxtx 恒成立. 设 xtxtxxg ln)2()( 2  ，则 x txx x ttxxg )2)(1()2(2)(  . （ⅰ）当 0t 时，函数 )(xg 在 )1,0( 单调递减，在 ),1(  单调递增， 所以 01)1()( min  tgxg ，解得 1t . （ⅱ）当 02  t 时，函数 )(xg 在 )1,2( t 单调递减，在 )2,0( t 和 ),1(  单调递增， 此时 11)1(  tg ，不合题意. （ⅲ）当 2t 时， 0)1(2)( 2  x xxg ，函数 )(xg 在 ),0(  单调递增， 此时 31)1(  tg ，不合题意. （ⅳ）当 2t 时，函数 )(xg 在 )2,1( t 单调递减，在 )1,0( 和 ),2(  t 单调递增， 此时 31)1(  tg ，不合题意. 综上所述，当 1t 时， 2)( xf 恒成立. ………….(12 分) 22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（本题 10 分） 解：（1）直线l 的普通方程为 3 0x y   ， 圆C 的直角坐标方程为 03422  xyx . ………….(5 分) （2）联立直线l 的参数方程与圆C 的直角坐标方程可得 高三文科数学 第 4 页（共 4 页） 03)2 22(4)2 21()2 22( 22  ttt ， 化简可得 0622  tt . 所以， 6|||||| 21  ttPBPA . ………….(10 分) 另解：将 3 yx 代入 4)2( 22  yx ，并整理得 06102 2  xx ， 所以 521  xx ， 321 xx . 因为 |-2|2|| 1xPA  ， |2|2|| 2  xPB ， 所以 6]4)(2[(2|||| 2121  xxxxPBPA . ……………….(10 分) 23．[选修 4-5：不等式选讲]（本题 10 分） 解：（1）当 1a 时， |1|)(  xxf ． ①当 1x   时，原不等式可化为 1 2 2x x     ，解得 1x   ． ②当 11 2x    时，原不等式可化为 1 2 2x x    ，解得 1x   ，此时原不等式无解． ③当 1 2x   时，原不等式可化为 1 2x x  ，解得 1x  ． 综上可知，原不等式的解集为 1x x   或 1x  ． ………….(5 分) （2） ①当 3a 时，        .3,3 ,3,32 ,,3 )( xa xaax axa xg 所以函数 )(xg 的值域 }33|{  axaxA . 因为 A ]1,2[ ，所以      ,13 ,23 a a 解得 5a . ②当 3a 时，        .,3 ,33,32 ,3,3 )( axa xax xa xg 所以函数 )(xg 的值域 }33|{ axaxA  . 因为 A ]1,2[ ，所以      ,13 ,23 a a 解得 1a . 综上可知， a 的取值范围是 ),1[]5,(   . ………….(10 分)