河南郑州第一中学高三数学联考 文PDF答案

第 1 页共 6 页 20 届届（高高三）三）12 月联考文科月联考文科数学试题参考答案数学试题参考答案 第第卷卷（选择题，共（选择题，共 60 分）分） 一选择题：一选择题： 本大题共本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分分 题号123456789101112 答案CDBACBACADCA 第第卷卷（非选择题，共（非选择题，共 90 分）分） 二填空题：二填空题： 本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分7 64 三解答题：三解答题： 本大题共本大题共 6 小题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤小题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 (1)证明：因为 11 23 21 nnnn n aSSS n ， 所以 1 2(21) 21 nn n SS n ，所以 1 2 2121 nn SS nn 又 1 1a ，所以 1 10 1 S 数列 21 n S n 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列6 分 (2)由(1)知， 1 2 21 n n S n ，所以 1 (21) 2n n Sn 所以 21 1 3 25 2(21) 2n n Tn ， 故 23 21 23 25 2(21) 2n n Tn -，得 21 12 (222)(21) 2 nn n Tn 22 12(21) 2(32 ) 23 1 2 n nn nn ， 所以(23) 23 n n Tn12 分 18解析： （1）如图，矩形ABCD中，CBAB， 平面ABCD 平面ABEF， 平面ABCD平面ABEFAB， CB 平面ABEF， AF 平面ABEF，AFCB 又AB为圆O的直径，AFBF， 第 2 页共 6 页 CBBFB，CB、BF 平面CBF， AF 平面CBF， AF 平面ADF，平面DAF 平面CBF6 分 （2） 几何体FABCD是四棱锥、FBCE是三棱锥， 过点F作FHAB，交AB 于H 平面ABCD 平面ABEF，FH 平面ABCD 则 1 1 3 VABBCFH， 2 11 32 VEFHFBC 1 2 2 6 VAB VEF 12 分 19(1)由题意，根据图中16个数据的中位数为 8789 88 2 ， 由平均数与中位数相同，得平均数为88， 所以 9863567992557870 390 6 16 a 88， 解得4a 4 分 (2)依题意，16人中，“基本满意”有8人，“满意”有4人，“很满意”有4人“满 意”和“很满意”的人共有4人分别记“满意”的4人为a，b，c，d，“很满意”的 4人为1，2，3，4从中随机抽取2人的一切可能结果所组成的基本事件共28个： ( , ),( , ),( , ),( ,1),( ,2),( ,3),( ,4),( , ),( , )a ba ca daaaab cb d，( ,1)b，( ,2)b，( ,3)b，( ,4)b， ( , )c d，( ,1)c ，( ,2)c，( ,3)c，( ,4)c，( ,1)d，( ,2)d，( ,3)d，( ,4)d，(1,2)，(1,3)， (1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4) 用事件A表示“8人中至少有1人是很满意”这一件事，则事件A由22个基本事件组 成：( ,1)a，( ,2)a，( ,3) a ，( ,4)a，( ,1)b，( ,2)b，( ,3)b，( ,4)b，( ,1)c，( ,2)c，( ,3)c， ( ,4)c，( ,1)d，( ,2)d，( ,3)d，( ,4)d，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)， 共有 22 个 故事件A的概率为 2211 ( ) 2814 P A 12 分 第 3 页共 6 页 20解：(1)依题设 12 (,0),( ,0)AaA a，则 1 (1,0)FAa ， 2 (1,0)FAa 由 12 1FA FA ，得：(1)(1)1aa ， 解得 2 2a ，又因为1c ， 所以 222 2 11bac 所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y4 分 (2)圆 C 上存在点 E 使得四边形 ADBE 为菱形 依题意设直线l的方程为(1)yk x，设 1122 ( ,), (,)A x yB xy，弦AB的中点为 00 (,)M xy， 联立 2 2 (1) 1 2 yk x x y ，得： 2222 (21)4220kxk xk， 则 22 1212 22 42(1) , 2121 kk xxx x kk ， 所以 2 12 0 2 2 221 xxk x k ， 00 2 (1) 21 k yk x k ， 则直线MD的方程为 2 22 12 () 2121 kk yx kkk ， 令0y ，得 2 2 21 D k x k ，则 2 2 (,0) 21 k D k ， 若四边形ADBE为菱形，则 0 0 2 2 ED ED xxx yyy ， 所以 2 0 2 3 2 21 ED k xxx k ， 0 2 2 2 21 ED k yyy k ， 若点E在椭圆C上，则 2 22 22 132 ()()1 42121 kk kk ， 第 4 页共 6 页 即 4222 982(21)kkk， 整理得 4 2k ，解得 4 2k ， 所以椭圆C上存在点E使得四边形ADBE为菱形12 分 21解析： （1）由题意10f ，所以 1 110 e fba ， 又 1 exfxxba ，所以 1 11 ee b fa ， 解得 1, 1, a b 或 1 , e 2e, a b 由于0b ，而2e0 ，故1a ，1b 5 分 （2）由（1）可知 1 e1 x f xx， 00,10ff， 由0m ， 2 0 x ，可得 2 xmxx ， 要证明 2 f xmxx，只需证( )f xx 令 1e1 x g xxx，则 2 e2 x gxx， 令 (3 x h xg xh xxe）则， 当3x 时，( )0h x ，( )g x 在(, 3) 上单调递减，且( )0g x ； 当3x 时，( )0h x ，( )g x 在( 3,)上单调递增；且(0)0 g ， 所以( )g x在0，上当单调递减，在(0,)上单调递增，且(0)0g， 故 00,1e1 x g xgxx即，即( )f xx恒成立， 所以 2 ( )f xmxx12 分 22解：(1)由 3 2sin 得 2 2 sin3， 将 222 sin xy y 代入上式中， 得曲线C的普通方程为 22 230 xyy4 分 第 5 页共 6 页 (2)将l的参数方程 2cos , 1sin, xt yt (t为参数)代入曲线C的普通方程，消去, x y得 得 2 4(sincos)40tt 因为直线l与曲线C有两个不同的交点， 所以 2 16(sincos)160 ，因为 22 sincos1， 所以sincos0， 又0，所以 2 ， 设方程的两根为 12 ,t t，则 121 2 4(cossin)0,40ttt t， 所以 12 0,0tt， 所以 1212 | |()4(sincos)4 2sin() 4 AMANtttt ， 由 2 得， 3 444 ，所以 2 sin()1 24 ， 从而 44 2sin()4 2 4 ， 即|AMAN的取值范围是(4,4 210 分 23解：（1）(1)( 1) |1|1| 1ffaa， 若1a 时，则111aa ，即21，即1a 时恒成立； 若11a 时，则1(1)1aa，解得 1 2 a ，所以 1 1 2 a ； 若1a 时，则1(1)1aa ，即21 不成立，此时不等式无解 综上所述，a的取值范围是 1 (,) 2 5 分 （ 2 ） 由 题 意 知 ， 不 等 式 对 于,(, )x ya 恒 成 立 ， 等 价 于 maxmin 5 ( )(|) 4 f xyya， 当(, )xa 时， 2 22 ( )() 24 aa f xxax