【文档说明】福建省三明一中2020届高三下学期模拟卷4数学（文）试题答案.pdf，共(7)页，793.446 KB，由小赞的店铺上传

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数学（文科）试题第1页（共7页）三明一中高三数学（文科）模拟试卷4参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号123456789101112选项DACA

BCDBCDBC12：【简解】依题意2124nnnaaa+=+−可化为221(2)(2)4nnaa+−+−=，令2(2)nnba=−，则14nnbb++=，∴214nnbb+++=，于是2nnbb+=，∴2211202022(2),(2)babba=−==−∴12020124bbbb+=+=，

即2212020(2)(2)4aa−+−=法一：112020202022cos422sin()42222sin4aaaa=++=+++=+（当且仅当4=时等号成立）法二：∵2222xyxy++，∴22120201202012020(2)(2)(2)(2)

4244222aaaaaa−+−+=−+−++=+（当且仅当1202022aa==+时等号成立）法三：2212020(2)(2)4aa−+−=，即12020(,)aa在22(2)(2)4xy−+−=上，令zxy=+，即0xyz+−=，∴|4|22zd−=

，∴|4|22z−，∴422422z−+，∴max422z=+二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．eeyx=−；14．3−；15．3；16．332c+=．16.【简解】因为2222222233303022+−−−+=−

−+==acbcbccbacaac，所以3cos2=B，又(0,180)B，所以30B=．（1）36sin30sin452bb==．检验：6322sinsinsinsin30sin2baABAA===，又(0,180)A，且ab，数学（文科）试题第2页（共7页

）所以45A=或者135A=，这与已知角A的解为唯一解矛盾．（2）30B=，又45A=，所以105C=，333sin105sin452cc+==．检验：33322sinsinsinsin75sin2caACAA+===，又(0

,180)A，且ca，∴45A=．故应填的条件是：332+=c．三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17．（本小题满分12分）解：（1）由已知得，1221abbb+=，

所以11a=．又因为na是公差为1的等差数列，所以nan=．所以1(1)nnnbnb++=，所以数列nnb是常数数列，所以11nnbb==，所以1nbn=．………………6分（2）由已知得,111(1)1ncnnnn==−++，所以11111(1)()()2231nSnn=−+−

++−+，所以1111nnSnn=−=++．………………12分18．（本小题满分12分）解：（1）法一：取CD的中点N，连结1,MNDNEN,.因为E,F,M,N分别是棱AB,BC,AD,CD的中点，所以//M

NEF，又因为MN平面1AEF，EF平面1AEF，所以//MN平面1AEF.又因为11//ADEN，所以四边形11ADNE是平行四边形，所以11//AEDN，所以1//DN平面1AEF.又1DNMNN=，所以平面1//DMN平面1AEF，又1DM平面1DMN，所以1//DM平面1AEF…

…………6分法二：连接11AC,1CF,AC,MF，所以11//ACAC，因为E,F分别是棱AB,BC的中点，所以1//2EFAC，数学（文科）试题第3页（共7页）所以111//2EFAC，所以11,,,AEFC共面．因为F,M分别是棱BC,AD的中点，所以11////MFDCDC，所以四边形

11DCFM是平行四边形，所以11//DMCF，又因为1DM面1AEF，1CF平面1AEF，所以1//DM平面1AEF.………6分（2）因为1//DM平面1AEF，所以点1D到平面1AEF的距离可

以转化为点M到平面1AEF的距离．由已知可得12112MEFS==,所以1111212333AMEFMEFVSAA−===,又221115,2,453AEEFAFAAAF===+=+=，所以152910cos10252AEF+−==−，可知1310sin

10AEF=，所以111113103sin5222102AEFSAEEFAEF===又因为11AMEFMAEFVV−−=，所以点M到平面1AEF的距离为43．所以点1D到平面1AEF的距离为43．…

…………………………………………12分19．（本小题满分12分）解：（1）由表格中数据可得，3.5x=，16y=．∵()()12211()()niiinniiiixxyyrxxyy===−−=−−373

70.9817.5821435==．……2分∴y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．()121()37742.114ˆ17.535()niiiniixxyybxx==−−===−，∴ˆˆ162.1143.58.601aybx=−=−，∴关于x

的线性回归方程为ˆ2.118.60yx=+．………………………………6分（2）这100辆A款单车平均每辆的利润为数学（文科）试题第4页（共7页）()1500803250040100020360100−+++=（元），这1

00辆B款单车平均每辆的利润为()1300122004370035120010415100−+++=（元）．∴用频率估计概率，A款单车与B款单车平均每辆的利润估计值分别为360元、415元，应采购B款车型．………………………………1

2分20．（本小题满分12分）解：（1）解：依题意可知，当AEF是等腰直角三角形时，90AFE=∵抛物线C方程为22(0)ypxp=,∴焦点(,0)2pF，(,0)2pE−，||||EFAFp==∴AEF的面积2122AEFSp==，解得2=p，∴抛物线C的

方程为24yx=.…………4分（2）证明：由（1）知)0,1(F，设直线AB的方程：1xty=+代入xy42=得:2440yty−−=,设),(),,(2211yxByxA，所以12124,4yytyy+==−设(1,)MMy−，则：02Myk−=，1111Myykx−=+，2221Myyk

x−=+∵112211xtyxty=+=+，∴11221212xtyxty+=++=+∴12121212121122MMMMyyyyyyyykkxxtyty−−−−+=+=+++++122112()(2)()(2)(2)(2)MMyytyyytyty

ty−++−+=++1212122121222()[()4]2()4Mtyyyyytyytyytyy++−++=+++2222288(44)(44)48444MMMttytytyttt−+−+−+===−−+++∴1202kkk+=.………………………………………………12分21．（本小题

满分12分）解：（1）依题意函数()fx的定义域为(0,)+，ln1ln1()1xxxfxxxx+−=+−=，令()ln1gxxx=+−，则1()10gxx=+，故()gx在(0,)+单调递增，数学（文科）试题第5页（共7页）又(1)0g=，所以当(0,1)x时，()0gx,即

()0fx，当(1,)x+时，()0gx，即()0fx；故()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增．………………5分（2）解法一：方程()0mmfxxx−+=化简可得2(ln)mxxx+=，设2()lnFxxmxmx=−−，则22()2

mxmxmFxxmxx−−=−−=，令()0Fx=，可得2184mmmx++=，22804mmmx−+=（舍去）所以当1(0,)xx时，()0Fx；当1(,)xx+时，()0Fx；故()Fx在1(0,)x上单调递减，在

1(,)x+上单调递增．所以()Fx在1xx=时取得最小值，故要使方程()0mmfxxx−+=有两解，须满足11()0()0FxFx=，即211211120ln0xmxmxmxmx−−=−−，化简得1

12ln10xx+−．令()2ln1hxxx=+−，由于2()10hxx=+，所以()hx在(0,)+单调递增，又(1)0h=，所以当(1,)x+时，()0hx,所以11x，即21814mmm

x++=，解得1m．当1m时，2111()(1)0eeeFm=+−．所以，11()()0eFFx，所以存在唯一111(,)etx，使得1()0.Ft=又21(4)11e42mmmmxm++=++，所以22(e)e(e)emmmmFmmm=−−−令2()e(1)xGxx

x=−，()e2xGxx=−，()e2e20xGx=−−，所以()Gx在(1,)+上单调递增，()(1)e20GxG=−，所以()Gx在(1,)+上单调递增，()(1)e10GxG=−

，所以22(e)e(e)e0mmmmFmmm=−−−所以，1(e)()0mFFx，所以存在唯一11(,e)mtx，使得2()0Ft=．所以方程()0mmfxxx−+=有两个不同的实数解时，数学（文科）试题第6页（共7页）正实数m的取值范围是(1,)+.……………………

…12分解法二：方程()0mmfxxx−+=化简可得2(ln)mxxx+=，所以方程()0mmfxxx−+=有两解等价于方程2ln1xxxm+=有两解，设2ln()xxFxx+=，则2222322ln12ln()()xx

xxxxxFxxx+−−−−==，令()12lnhxxx=−−，由于2()10hxx=−−，所以()hx在(0,)+单调递减，又(1)0h=，所以当(0,1)x时，()0hx,即()0Fx当(1,)x+时，()0hx，即()0Fx；故()Fx在(

0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减．所以()Fx在1x=时取得最大值(1)1F=，又21()ee0eF=−，(1)10F=，所以存在11(,1)ex，使得1()0Fx=又()Fx在(0,1)上单

调递增，所以当1(0,)ex时，()0Fx；当1(,1)ex时，()0Fx，即()(0,1)Fx.因为()Fx在(1,)+上单调递减，且当(1,)x+时，2ln()0xxFxx+=，即()(0

,1)Fx.所以方程2ln1xxxm+=有两解只须满足101m，解得：1m所以方程()0mmfxxx−+=有两个不同的实数解时，实数m的取值范围是(1,)+.……………12分22．（本小题满分10分）解：（Ⅰ）因为6cos=，所以26cos=，所以226xyx+=，即曲线

C的直角坐标方程为：22(3)9xy−+=，………2分[直线l的参数方程3πcos43π2sin4xtyt==+(t为参数)，即22222xtyt=−=+(t为参数)，………………………………………5分[数学（文科）试题第7页

（共7页）（Ⅱ）设点A,B对应的参数分别为1t,2t，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得2222(3)(2)922tt−−++=，整理，得24052tt+=+，所以121252·4tttt+=−=，……………………7分1212120,0,

0,0tttttt+所以12MAMBtt+=+12()tt=−+=52,MAMB||21tt==4,所以11MAMB+=MMMAMBAB+524=…………………………………10分23．（本小题满分10分）解：（

Ⅰ）当1=a时，4|2||1|4)(−++xxxf，化为−−321xx或−4321x或−4122xx………………………………3分解得312x−−或21−x或252x，2523−x.即不等式(

)4fx的解集为)25,23(−.………………………5分（Ⅱ）根据题意，得224mm−+的取值范围是()fx值域的子集.33)1(4222+−=+−mmm又由于|12||2||1|)(+−++=aaxxxf，)(xf的值域为)|,12[|++a……………………………………4分故3|12|

+a，12−a.即实数a的取值范围为]1,2[−.…………………10分