1、2 0 2 0 - 2 0 2 1学年普通高中高三第二次教学质量检测 数学文科参考答案 一、 选择题 1.D 2. A 3.D 4. A 5. C 6. C 7. D 8.B 9. C 1 0.B 1 1.C 1 2. A 二、 填空题 1 3.3 1 4. 2 4 2 5 1 5.6 1 6. (-, 2 三、 解答题 1 7. 【 解】 () 由题意知( a+b+c) (a+b-c)=3a b,a 2+ b 2- c 2= a b,2分 由余弦定理可知c o sC= a 2+ b 2- c 2 2a b =1 2, 又C( 0,) ,C= 3 5分 () 由正弦定理可知:a s i nA
2、= b s i nB= 2 s i n 3 =4 3 3, 即a=4 3 3 s i nA,b=4 3 3 s i nB a+b=4 3 3(s i nA+ s i nB)=4 3 3s i nA+ s i n( 2 3 -A) =2 3 s i nA+2 c o sA=4 s i n(A+ 6) , 8分 又 A B C为锐角三角形, 0A 2 0B= 2 3 -A 2 , 1 0分 则 3A+ 6 2 3 , 所以2 34 s i n(A+ 6) 4, 综上a+b的取值范围为( 2 3,41 2分 1 8. 【 解】 () 设数列 an 的公比为q, 依题意得:S1+(-S3)=2S2,
3、所以-( a2+a3)=2(a1+a2) 即-a1(q+q 2) =2a1(1+q) ,2分 因为a10, 所以q 2+3 q+2=0, 解得q=-1或q=-2, 因为Sn0, 所以q=-2, 4分 又因为a1a2=a3, 所以a 2 1q=a1q 2 即a1=q=-2, )页 5 共(页 1 第 案答学数科文三高 所以a n=(-2) n; 6分 () 由题意可得: bn= -3(-2) n (-2) n+1 ( -2) n+1+1 = (-2) n+1-( -2) n (-2) n+1 ( -2) n+1+1 8分 = 1 (-2) n+1- 1 (-2) n+1+1, 1 0分 则Tn=
4、 1 (-2) 1+1- 1 (-2) 2+1 + 1 (-2) 2+1- 1 (-2) 3+1 + + 1 (-2) n+1- 1 (-2) n+1+1 =-1- 1 (-2) n+1+1=- (-2) n+1+2 (-2) n+1+1. 1 2分 1 9. 【 解】 () 使用A款订餐软件的商家中“ 平均送达时间” 不超过2 0分钟的商家 共有1 0 00. 0 0 61 0=6个, 分别记为甲,a,b,c,d,e 从中随机抽取3个商家的情况如下: 共2 0种. 甲, a,b , 甲,a,c , 甲,a,d , 甲,a,e , 甲,b,c , 甲,b,d , 甲,b,e , 甲, c,d
5、, 甲,c,e , 甲,d,e , a,b,c , a,b,d , a,c,d , a,c,e , a,d,e , b,c,d , b,c,e , b,d,e , c,d,e. 甲商家被抽到的情况如下: 共1 0种. 甲, a,b , 甲,a,c , 甲,a,d , 甲,a,e , 甲,b,c , 甲,b,d , 甲,b,e , 甲, c,d , 甲,c,e , 甲,d,e 记事件A为甲商家被抽到, 则P( A)= 1 0 2 0 =1 2. 6分 () 依题意可得, 使用A款订餐软件的商家中“ 平均送达时间” 的众数为5 5, 平 均数为1 50. 0 6+2 50.3 4+3 50.1 2
6、+4 50.0 4+5 50.4+6 50.0 4=4 0. 9分 () 使用B款订餐软件的商家中“ 平均送达时间” 的平均数为1 50. 0 4+2 5 0.2+3 50.5 6+4 50.1 4+5 50.0 4+6 50.0 2=3 5b0) 经过点C(0,1) , 且离心率为 2 2 , 所以b=1, c a = 2 2 , 又因为a 2- c 2= b 2, 2分 可解得c=1, a= 2, 焦距为2c=2, 所求椭圆方程为: x 2 2 +y 2=1. 4分 () 存在常数=2, 使AMC=2A B C恒成立, )页 5 共(页 2 第 案答学数科文三高 证明如下: 由 y=k x
7、-1 3 x 2 2 +y 2=1 , 得( 9+1 8k 2) x 2-1 2 k x-1 6=0,0,6分 设A( x1,y1) ,B(x2,y2) , 则x1+x2= 1 2k 9+1 8k 2, x1x2= -1 6 9+1 8k 2 又因为C A =( x1,y1-1) ,C B =( x2,y2-1) ,8分 所以C A C B = x1x2+(y1-1) (y2-1) =x1x2+(k x1-4 3) ( k x2-4 3) =(1+k 2) x1x2-4 3 k(x1+x2)+ 1 6 9 =(1+k 2) -1 6 9+1 8k 2- 4 3 k 1 2k 9+1 8k 2+
8、 1 6 9 =0,1 0分 所以C A C B , 因为线段A B的中点为M, 所以|MC|=|MB|, 所以AMC=2A B C. 存在常数=2, 使AMC=2A B C恒成立. 1 2分 2 1. 【 解】 : () a=1时,f(x)= l nx+1 2 x 2-2 x(x0) , 故 f ( x)=1 x +x-2= x 2-2 x+1 x 2 0, f(x) 在(0,+) 上单调递增.3分 () 由题意可知l n x=(a+1)x有两解, 设直线y=k x与y= l nx相切, 切点坐标为( x0,y0) , 则 y0=k x0 y0= l nx0 k= 1 x0 , 解得x0=e
9、, y0=1,k=1 e , 0a+11 e , 即-1ax11, 则l nx1=( a+1)x1,l nx2=(a+1)x2, 两式相加得: l n(x1x2)=(a+1) (x1+x2) , )页 5 共(页 3 第 案答学数科文三高 两式相减得: l n x2 x1=( a+1) (x2-x1) , l n(x1x2) l n x2 x1 = x1+x2 x2-x1, 故l n ( x1x2)= x1+x2 x2-x1 l n x2 x1, 9分 要证x1x2e 2, 只需证x1+x2 x2-x1 l n x2 x12 , 即证l n x2 x1 2(x2-x1) x1+x2 = 2(
10、x2 x1-1 ) 1+ x2 x1 , 令t= x2 x11 , 故只需证l n t 2(t-1) 1+t 在( 1,+) 恒成立即可.1 0分 令g( t)= l nt- 2(t-1) 1+t ( t1) , 则 g ( t)=1 t - 4 ( t+1) 2= ( t-1) 2 t(t+1) 20, g(x) 在(1,+) 上单调递增, g(t)g(1)=0, 即l n t 2(t-1) 1+t 在( 1,+) 恒成立 故原命题成立 1 2分 2 2. 【 解】 : () 由 x=1+ 2t y= 2t 得x-y=1, 所以直线l的极坐标方程为 c o s -s i n=1 即2 ( c
11、 o sc o s 4- s i n s i n 4) =1, 即2 c o s ( + 4) =12分 因为= s i n 1- s i n 2 , = s i n c o s 2 , c o s 2 = s i n, 即( c o s ) 2= s i n , 故曲线C的直角坐标方程为y=x 2 5分 () 设点P的坐标为( x0,y0) , 则y0=x 2 0, 所以点P到直线l的距离 d= |x0-y0-1 | 2 = |x0-x 2 0-1 | 2 = |-(x0-1 2) 2-3 4 | 2 = ( x0-1 2) 2+3 4 2 8分 所以当x0=1 2时, dm i n= 3
12、2 8 , 此时点P的坐标为( 1 2, 1 4) , )页 5 共(页 4 第 案答学数科文三高 所以当P点坐标为( 1 2, 1 4) 时, 点 P到直线l的距离最小, 最小值为 3 2 8 1 0分 2 3. 【 解】 () 由已知可得: f(x)= 4,x2 2x,-2x2成立; 当-2x2时, 2x2, 即x1, 则1x2. 所以f( x)2的解集为x|x1.5分 () 由() 知, |x+2 |-|x-2 |4, 由于0t1, 6分 则1 t + 1 1-t=( 1 t + 1 1-t) t+(1-t) =2+1- t t + t 1-t2+2=4 , 当且仅当 1-t t = t 1-t , 即t=1 2时取等号, 8分 则有|x+2 |-|x-2 |1 t + 1 1-t. 1 0分 )页 5 共(页 5 第 案答学数科文三高
