1、 1 20202020 年河南省六市高三第二次联考年河南省六市高三第二次联考 文科数学试题文科数学试题参考答案参考答案 一、选择 1-5 CBABC 6-10 BDCCA 11-12 DA 二、填空 13. 2 14. 3 15. ）（6 , 1 16. 2 3 1717 解解： （） 当n=1时，可得 4 1 a，1 分 当n2 时，.2 分 可得： （2n1）+1=2n， 4 分 n=1 时也满足5 分 6 分 （）=8 分 Sn， .10 分 又 40 19 n S，可得19n，.11 分 可得最小正整数 n 为 2012 分 1818 解：解： （）证明：因为G为AE中点， 2ADDE
2、 所以DGAE1 分 因为平面ADE 平面ABCE，平面ADE平面ABCEAE，DG平面ADE， 所以DG 平面ABCE.3 分 在直角三角形ADE中，易求 2 2AE ,则2 AD DE DG AE .4 分 所以四棱锥DABCE的体积为 1(1 5) 2 22 2 32 D ABCE V 6 分 （）在BD上存在点P，使得/CP平面ADE且 4 5 BP BD .7 分 过点 C 作/CFAE交AB于点F，过点F作/FPAD交DB于点P，连接PC 因为CF/AE，AE 平面,ADECF 平面ADE,所以CF/平面ADE, 同理/ /FP平面ADE,又因为CFPFF， 所以平面CFP/平面A
3、DE.9 分 2 因为CP平面CFP，所以/CP平面ADE 所以在BD上存在点P，使得/CP平面ADE10 分 因为四边形AECF为平行四边形，所以1CEAF，即4BF故 4 5 BPBF BDAB 所以在BD上存在点P，使得 /CP 平面ADE且 4 5 BP BD 12 分 1919 解：解： （）设事件A为“随机选取一天，这一天该快递公司的骑手的人均日快递业务量不少于65单”. 依题意， 快递公司的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2 0.15 0.05，因为0.20.150.050.4 所以( )P A估计为0.4. 4 分 （）设事件B为“从五名骑手中随机选取 2 人，至
4、少有 1 名骑手选择方案（2） ” 从五名骑手中随机选取 2 名骑手，有 10 种情况，即甲，乙 ，甲，丙，甲，丁，甲，戊，乙，丙， 乙，丁，乙，戊，丙，丁 丙，戊 ,丁，戊.6 分 其中至少有 1 名骑手选择方案（2）的情况为甲，丁，甲，戊 ，乙，丁，乙，戊，丙，丁，丙， 戊，丁，戊共 7 种情况， 所以 7 ( ) 10 P B . 8 分 （）方法方法 1 1：快递公司的骑手人均日快递量的平均数是： 300.05400.05500.2600.3700.2800.15900.0562 因此，方案（1）日工资约为50 623236 10 分 方案(2)日工资约为 10062445190 23
5、6 故骑手应选择方案（1） 12 分 方法方法 2 2： 设骑手每日完成快递业务量为n单 方案（1）的日工资 * 1 503 ()yn nN， 方案（2）的日工资 * 2 * 100,44, 1005(44),44, nn y nnn N N 当17n 时， 12 yy .依题意知 25n ，所以这种情况不予考虑 当25n 时，令503100544nn 则85n .10 分 即若骑手每日完成快递业务量在85单以下，则方案（1）日工资大于方案（2）日工资，而依题中数据，每 日完成快递业务量超过85单的频率是0.05 ，较低，故建议骑手应选择方案（1）12 分 方法方法 3 3：设骑手每日完成快递
6、业务量为n单， 3 方案（1）的日工资 * 1 503 ()yn nN ， 方案（2）的日工资 * 2 * 100,44, 1005(44),44, nn y nnn N N 所以方案（1）日工资约为 1400.051700.052000.22300.32600.22900.153200.0523610 分 方案 （2） 日工资约为1000.051000.051300.21800.32300.22800.153300.05194.5 因为236194.5，所以建议骑手选择方案（1）. 12 分 2020 解：解：（） 2 121 2,0 xax fxxax xx 1 分 1x 时， f x取得
7、极值. 0,31fa . 2 分 . 2 211231 xxxx fx xx 解 0fx 得 1 0 2 x或1x 解 0fx得 1 1 2 x4 分 f x的单调增区间为 1 0,(1,) 2 ，单调减区间为 1 ,1 2 . 5 分 （） 2 21 ,0 xax fxx x f x存在两个极值点 方程 0fx 即 2 210xax 在(0, )上有两个不等实根 2 12 1 80,0 2 ax x ， 12 0 2 a xx 6 分 22 21 222111 2121 lnlnf xf xxaxxxaxx xxxx 2121 21 2121 lnlnlnln 2 xxxxa xxa xxx
8、x 7 分 所证不等式 21 21 4 2 f xf xa xxa 等价于 21 21 lnln4xx xxa 8 分 即 21 2121 lnln2xx xxxx 9 分 4 不妨设 21 0xx，即证 2 21 2 1 1 1 ln2 1 x xx x x x .10 分 令 2 1 1 x t x ， 21 ln 1 t h tt t , 2 22 114 0 11 t h t t tt t ， h t在(1, )上递增. 10h th. 11 分 2 21 2 1 1 1 ln2 1 x xx x x x 成立. 21 21 4 2 f xf xa xxa 成立. 12 分 2121
9、解解： （）由题知点Q到F的距离|QF等于Q到y轴的距离加2 所以|QF等于Q到直线2x的距离.2 分 由抛物线的定义可知: 点Q的轨迹W是以F为焦点，以2x为准线的抛物线.3 分 所以动点Q的轨迹W的方程为xy8 2 .4 分 （）设直线AM的方程为2)4(ymx）（0m，与xy8 2 联立，得016328 2 mmyy，则 0)1632(464 2 mm ， 1100mmm或， .6 分 设 ),(),( 2211 yxNyxM，则my84 1 ，即48 1 my， 以 m 1 代替m，得4 8 2 m y， 则向量NM 在y轴正方向上的投影为) 1 (8 21 m myy .9 分 设函
10、数) 1 (8)( m mmf，则)(mf在）（ 1 , 0上单调递减，在），（1上单调递增，从而 16) 1 ()( fmf.11 分 故向量NM在y轴正方向上的投影的取值范围为），（16.12 分 5 22.22.解解：（1）由曲线 1 C的参数方程为 3 1 2 1 3 2 xt yt （t为参数）消去参数得340xy， cos ,sinxy由得,cos3 sin4 即cos sinsincos2 66 即曲线 1 C的极坐标方程为sin()2 6 3 分 由 222 yx ， 22222 (12sin)3,23xyy 即 2 2 1 3 x y5 分 （2）设 1 (, )A , 2
11、(,) 2 B , 3 (, )D , 4 (,) 2 C 故 222 12 2222 2 1133919 1 2sin1 2cos441 2sin1 2cos416 () 2 AOB S ， 即AOB面积的最小值为 3 4 ，当且仅当 12 （即 4 ）时取“=” 8 分 法 2：: 22 22 1 1 cos sin1 3 ， 22 22 2 2 sin cos1 3 ，故 22 12 114 3 22 1212 2114 3 ，当且仅当 12 （即 4 ）时取“=” 8 分 12 13 24 AOB S 此时 34 1122 22 sin() cos() 4646 COD S 4 8 c
12、os 3 故所求四边形的面积为 329 8 44 10 分 23.23. 证明证明：（1） , ,0a b c ， 222 111 ( ) 4 f xxx acb 222 111 () 4 xx cba 222 111 4abc 222 111 4abc 1 3 分 由柯西不等式得 222 (4)abc 222 111 () 4abc 2 (1 1 1)9 当且仅当23abc时取“=” 222 49abc 5 分 6 （2） 22 112 , abab 22 111 , 4bcbc 22 111 4acac （以上三式当且仅当23abc时同时取“=”） 7 分 将以上三式相加得 211 abbcac 222 111 2()2 4abc 即 111 1 22abbcac 10 分
