湖南省衡阳市2020届高三数学下学期第二次联考（二模）试题 文（PDF）参考答案.pdf

1、12020 届高中毕业班联考试卷（二）文科数学参考答案一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）题号123456789101112答案DCADABDCBBCA1.【答案】选 D.【解析】因为|23Bxx，|21,Ax xkkZ，所以AB 11，.2.【答案】选 C.【解析】因为112iizi，22112|()()222z.3.【答案】选 A.【解析】由图可知，出口增速前四年先上升再下降.4.【答案】选 D.【解析】由方程22121xymm表示双曲线得(2)(1)0m m，所以2m 或1m .5.【答案】选 A.【解析】

2、由题意，得 x1714101410，y243438a496a4.样本中心(x，y)在回归直线y2x60 上，代入回归方程可得96a4206解得 a64.6.【答案】选 B.【解析】当0 x，可排除 D；又)(xf不是偶函数，可排除 A;当2x 时，0)1(2)2()(22xxexexxxf，所以()f x 在），（2上单调递减，可排除 C.7.【答案】选 D.【解析】法一：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，则 A(0,0)，E(2,1)设|DF|x，则 F(x,2)，故 AF(x,2)，AE(2,1)AF AE|AE|2，(x,

3、2)(2,1)2x25，解得 x32，|AF|52.法二：连接 EF(图略)，AF AE|AF|AE|cosEAF|AE|2，|AF|cosEAF|AE|，EFAE.E 是 BC 的中点，BECE1.设 DFx，则 CF2x，在 RtAEF中，AE2EF2AF2，解得 x32，AF52.28.【答案】选 C.【解析】法一：f(1)是 f(x)的最小值，y2|xa|在(，1上单调递减，a1，2|1a|2，即a1，|1a|1，a1，0a2，1a2.故选 C.法二：当 a0 时，函数 f(x)的最小值是 f(0)，不符合题意，排除选项 A；当 a1 时，函数 f(x)的最小值是 f(1)，符合题意，

4、排除选项 B；当 a3 时，函数 f(x)无最小值，排除选项 D.故选 C.9.【答案】选 B.【解析】因为123ln 2,5,log 2abc ，又31log 2ln 212 ，112210542，所以 bca ，即 acb.10.【答案】选 B.【解析】因为 990 不能被 13 整除，所以两个旅游团人数之和为 90 人或110 人；(1)若两个旅游团人数之和为 90 人，因 1390=11701290，所以不合条件；(2)若两个旅游团人数之和为 110 人，设两个旅游团分别为,x y 人，则110 xy+=，因分 别 购 票 共 需 支 付 门 票 费 1290 元，则 不 妨 设100

5、51,501yx，且13111290 xy+=，所以40,70 xy=.11.【答案】选 C.【解析】由将()yf x的图象向左平移 6 得到()yg x的图象得()sin(2)3g xx，所以()sin 2sin(2)3sin(2)36h xxxx.由222()262kxkkZ得：()36kxkkZ，所以函数()h x 的单调增区间为,()36kkkZ，所以 C 错.12.【答案】选 A.【解析】因为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的一条渐近线方程为20 xy，所以2ab；则双曲线方程为2222:1(0)4xyCbbb，设1100(,),(,)A x yM xy则11(,)Bxy，

6、所以2211222200221414xybbxybb，1010101022()()()()4xxxxyyyybb，10101010()()1()()4yyyyxxxx即1214k k，又121112,84kk.二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）313.【答案】填1，2【解析】作出不等式组所表示的可行域，如图中阴影部分所示z1yx 表示可行域内任一点与点(1,0)P 连线的斜率，因此1yx 的范围为直线 PB 的斜率到直线 PC 的斜率，由xy10，y2，得 B(1,2)，所以 kPB211 1，即 zmin1，又 C(0,2)，所以 kPC2201，即 zmax2，

7、所以 z 的取值范围是1，214.【答案】填1*2()nnSnN【解析】由1,nnaS 得1nnnSSS，所以12,nnSS 所以数列nS是以114Sa为首项，2 为公比的等比数列，所以1*2()nnSnN.15.【答案】填3.【解析】由(2)cos(2cos3sin)bcA aCB得3sinsincossin2sinABABB，即3sincos2AA，sin()16A，又 0A，3A；由1sin2ABCSbcA得 1sin323bc，即4bc；由1()2ADABAC得22222113|(2cos)()3444ADbcbcAbcbcbc，当且仅当“2bc”时，取“”；所以|AD最小值为316【

8、答案】填.【解析】对于，因为在三棱柱111ABCA B C中，1AA 平面 ABC，1AAAB，又 ABAC，AB 平面11ACC A 即四棱锥11BACC A为阳马；正确.对于，由可知 AB 平面11ACC A，1AC B为直线1BC 与平面11ACC A 所成角，假如451BAC，则1Rt AC B为等腰直角三角形，所以1222ABBC，这与在Rt ABC中2ABBC矛盾；不正确.对于，当1AB 时，3AC，11115,7,2ABACB C，11/B CBC，11AC B为 异 面 直 线 BC 与1AC所 成 的 角(或 补 角)，在11AC B中，2221111111113 7cos2

9、14ACB CABAC BAC B C，正确.对于，三棱锥1CABC体积为222111112633263ABACVAB AC CCAB ACBC，4当且仅当2ABAC时，取“=”，现将三棱柱111ABCA B C补成长方体1111ABDCAB DC，则长方体1111ABDCAB DC的外接球与四棱锥11BA ACC的外接球为同一个球，所以球的直径22 2R，所以 S 球=248R，正确.三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17【解析】（1）因为2n，nS，1(2)an依次成比数列，所以1(2)(2)nSan n1 分令1n ，则1113(2)Sa

10、a，解得13a，从而(2)nSn n.2 分当2n 时，1(2)(1)(1)21nnnaSSn nnnn.4 分当1n 时，13a 也满足21nan，故21nan.Nn6 分(2)由(1)可知21nan，所以212nnnb.7 分因此，12231357212122222nnnnnnTbbb ，又234113572121222222nnnnnT 两式相减得2311322221222222nnnnT ；9 分所以1115221525222222nnnnnnT；11 分所以nnnT2525；12 分18【解析】（1）由频率分布直方图可知 0.01020.0250.0150.00511)0(a，解得0

11、.035a.2 分这800 名学生数学成绩的平均数为：950.010 101050.010 10115 0.025 101250.035 101350.015 101450.005 10120.5 分(2)由题意可知：第二组抽取 2 名学生，其成绩记为,A B，则100,110A B；第五组抽取 3 名学生，其成绩记为,C D E，则130,140C D E；第六组抽取 1 名学生，其成绩记为 F，则140150F；7 分现从这 6 名学生中抽取 2 名学生的成绩的基本事件为：(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)A BA CA DA EA FB CB DB E

12、B F,(,),(,),(,),(,),(,),(,)C DC EC FD ED FE F 共 15 个.9 分5其中事件|20 xy包含的基本事件为：(,),A B(,),(,),(,),(,),(,),(,)C DC EC FD ED FE F 共 7个；11 分记“这 2 名学生的竞赛成绩分别为 x、y，其中|20 xy”为事件 M，则7()15P M 12 分19【解析】（1）因为PAB是等边三角形，2AB，所以2PB.又因为4PC，2 3BC，所以222PCPBBC，所以 BCPB.2 分又 BC AB，,AB PB 平面 PAB，ABPBB，所以 BC 平面 PAB.4 分所以三棱

13、锥 PABC的体积113 2 3233PABVSBC.5 分(2)在线段 BC 上存在一点 F，使平面 AEF平面 PCD.此时2 33BF.6 分理由如下：如图，作 EFPC，交 BC 于 F，连接 AF.因 为3PBBE，所 以 E 是 PB 的 三 等 分 点，可 得2 33BF.7 分因为2ABAD，2 3BCCD，ACAC，所以ABCADC，因为 BC AB，所以90ABC，8 分因为23tan32 3ABACBBC，所以30ACBACD，所以60BCD，因为2tan32 33ABAFBBF，所以60AFB，所以 AFCD，9 分因为 AF 平面 PCD，CD 平面 PCD，所以 A

14、F平面 PCD.10 分又 EFPC，EF 平面 PCD，PC 平面 PCD，所以 EF平面 PCD.因为 AFEFF，AF、EF 平面 AEF，所以平面 AEF平面 PCD.所以在线段 BC 上存在一点 F，使平面 AEF平面 PCD.此时2 33BF.1220【解析】（1）由题意可知：232492222pabapab，2 分6解得2p，所以抛物线 C 的标准方程为24yx.5 分（2）当动弦 AB 所在的直线斜率不存在时，易得|24ABp，|2|ABMF;6 分当动弦 AB 所在的直线斜率存在时，易知 AB 的斜率不为 0，设 AB 所在直线方程为(1)yk x，且1(A x，1)y，2(

15、B x，2)y，联立方程组24(1)yxyk x，消去 y 得22222(2)0k xkxk；21222(2)kxxk，121x x，且216(1)0k；222221222244(1)|1|1()4kkABkxxkkk；8 分FM 所在的直线方程为1(1)yxk，联立方程组1(1)1yxkx ，求得点2(1,)Mk，222241|22kMFkk，10 分222224(1)|12 12|12kABkMFkkk；综上所述，|ABMF 的最小值为 212 分21【解析】（1）设xxxfxgcos211)()(，则，,1sin2)(2xxxg当),0(x时，01sin2)(2 xxxg.所以)(xg在

16、),0(上单调递减.2 分又因为012)2(,0113)3(gg所以)(xg在(,)3 2 上有唯一的零点，使()0g .3 分所以当(0,)x时,()0g x 即()0f x,所以当(,)x 时,()0g x 即()0fx，4 分)(xf在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减，且()0f,故 0f x 在，上有极大值.5 分(2)1由（1）知：当),0(x时，0)(xf，)(xf在),0(上单调递增；当),(x时，0)(xf，)(xf在),(上单调递减；7 分7所以)(xf在(0,)上存在唯一的极大值点()32所以022222ln)2()(ff.又因为22221111()22sin220f

17、 eeee 所以)(xf在(0,)上恰有一个零点8 分又因为02ln)(f所以)(xf在(,)上也恰有一个零点 9 分2当,2)x时，sin0 x，()lnf xxx设()lnh xxx，011)(xxh所以)(xh在,2)上单调递减，所以0)()(hxh所以当,2)x时，()()()0f xh xh 恒成立.所以)(xf在,2)上没有零点10 分3当2,)x 时，2ln)(xxxf设()ln2xxx，1()10 xx 所以()x在2,)上单调递减，所以()(2)0 x所以当2,)x 时，()()(2)0f xx恒成立所以)(xf在2,)上没有零点.综上，)(xf有且仅有两个零点12 分22【

18、解析】（1）曲线 C 的极坐标方程为22123sin，化为2223sin12，可得223412xy，即22143xy.5 分(2)点(1,)2P的直角坐标为(0,1)P，设直线l 的参数方程为cos1sinxtyt(t 为参数，0).6 分代入曲线 C 的方程可得22(3sin)8 sin80tt，设 A，B 两点对应的参数分别为 12,t t，则 1228sin3sintt，12283sintt，所以1228|3sinPAPBt t8 分8因为 0sin1，所以当 sin0，即0 时，max8|3PAPB10 分23【解析】（1）当6m 时，26,(2)()2,(22)62,(2)xxf xxx x ；3 分由()1f x 解得不等式解集为55|22xx.5 分(2)由22()45(2)1g xxxx，得该函数在2x 处取得最小值 1.6 分又因为2,(2)()4,(22)2,(2)xm xf xmxmx x 在2x 处取得最大值4m.8 分所以要使函数2()45g xxx与函数()yf x的图象有公共点，只须41m ，即5m.10 分