超级全能生2020届高三全国卷第一次在线联考数文评分标准_PDF密码解除

“超级全能生”“超级全能生”20202020 届高三全国卷第一次在线联考届高三全国卷第一次在线联考数学数学文文科科 答案及答案及评分标准评分标准 一、选择题：本题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D A A D D A A D B C D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 137 14 6 1524 16.28 3 三、解答题 评分标准：评分标准： 1.具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。 2.试题有不同解法时，试题有不同解法时，解法正确可酌情给分解法正确可酌情给分。 17解：()根据 S42a5，a3a47 列方程组求出首项和公差即可求解；()根据() 的条件求出 bn，进而求出数列 bn1bn1 4 的通项公式，再利用裂项相消法求和即可求证 解：()设等差数列an的首项为 a1，公差为 d. 由 S42a5，a3a47， 得 4a 143 2 d2（a14d）， 2a15d7， 解得 a11， d1， (2 分) an1(n1)1n，(4 分) Snn（n1） 2 .(6 分) ()证明：由()得 bnan Sn n n（n1） 2 2 n1， bn 1bn1 4 4 n（n2） 4 1 2 1 n 1 n2 ，(9 分) Tn1 2 11 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 21 1 2 1 n1 1 n2 1 2 3 2 1 n1 1 n2 3 4 1 2 1 n1 1 n2 3 4.(12 分) 18解：()由频数分布表计算平均数及中位数，即可求解；()根据已知条件，分别求 出“青少年”和“老年人”的人数，完成列联表，代入公式可判断 解：()根据频数分布表可知样本年龄的平均数 x20 30 20030 60 20040 70 20050 20 20060 10 20070 10 20037.50.(3 分) 设样本年龄的中位数为 x，由题知组距为 10，因为3060 200 0.45， 所以(x35) 70 200 100.50.45， 即 x3510 7 36.43，(5 分) 所以样本年龄的中位数为 36.43.(6 分) ()由题意知，抽取的“青少年”的人数共有 200(0.0150.030)1090(人)，则“中 老年”的人数共有 20090110(人)(7 分) 完成列联表 青少年 中老年 合计 肥胖 20 40 60 不肥胖 70 70 140 合计 90 110 200 (8 分) 则 K2200（20704070） 2 9011060140 4.7143.841，(11 分) 所以有 95%的把握认为肥胖与年龄段有关(12 分) 19解：()证明：因为 PA平面 ABCD， 平面 ABCD， 所以 PACD.(1 分) 因为四边形 ABCD 为平行四边形，ABC 是边长为 6 的正三角形， 所以底面 ABCD 为菱形，ACD 为等边三角形 又点 E 为 CD 的中点， 所以 AECD.(2 分) 因为 PAAEA， 所以 CD平面 PAE.(4 分) 又平面 PCD，(5 分) 所以平面 PCD平面 PAE.(6 分) ()如图，连接 FG，FC，FA，GE， 过点 A 作 AHGE 交 GE 于点 H. 因为点 F，G 分别是 PB，PA 的中点， 所以 FGAB.又 GA平面 ABC， 所以 GA1 2PA2，且为三棱锥 FABC 的高， 所以 VFABC1 3 1 2AB ACsin60 GA 1 3 1 266 3 2 26 3.(8 分) 由()知 CE平面 PAE， 所以 CE平面 GAE，CEAH. 因为 CEGEE， 所以 AH平面 CEGF， 所以 AH 为四棱锥 ACEGF 的高 由题可得 AE3 3，GE GA2AE2 31， 所以 AHGA AE GE 6 93 31 ， VACEGF1 3CE GE AH 1 33 31 6 93 31 6 3，(11 分) 故 VBCFAEGVFABCVACEGF12 3.(12 分) 20解：()已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F(c，0)，右焦点到直线 y 2x 的距离为 2，即 | 2c| 12 2，所以 c 3， 则 c a2b2 3，即 b2a23.(2 分) 又椭圆 C 过点 P 1 2， 15 4 ，可得 1 4 a2 15 16 a231， 解得 a24，所以 b21， 故椭圆 C 的标准方程为x 2 4y 21.(4 分) ()解法一：显然点 M(1，t)在椭圆 C 的内部， 故 3 2 t 3 2 ，且直线 l 的斜率不为 0， 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，t0， 设直线 l 的方程为 yk(x1)t， 代入椭圆 C 的方程并化简得 (14k2)x2(8kt8k2)x4k28kt4t240. 设点 A(x1，y1)，点 B(x2，y2)， 则 x1x28kt8k 2 14k2 2， 解得 k 1 4t.(8 分) 因为直线 m 是线段 AB 的垂直平分线， 所以直线 m 的方程为 yt4t(x1)， 即 yt(4x3) 将点 P 1 2， 15 4 代入 yt(4x3)得， t 15 4 3 2 ， 所以不存在这样的直线 m；(10 分) 当直线 l 的斜率不存在时，t0， 所以直线 m 的方程为 y0，故直线 m 不过点 P， 综上所述，直线 m 不存在(12 分) 解法二：显然点 M(1，t)在椭圆 C 的内部， 故 3 2 t 3 2 ，且直线 l 的斜率不为 0. 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，t0， 设点 A(x1，y1)，点 B(x2，y2)， 所以x 2 1 4 y211，x 2 2 4 y221， 两式相减得（x1x2）（x1x2） 4 (y1y2)(y1y2)0. 因为线段 AB 的中点为 M(1，t)， 所以 x1x22，y1y22t， 故直线 l 的斜率 ky1y2 x1x2 1 4t.(8 分) 因为直线 m 是线段 AB 的垂直平分线， 故直线 m 的方程为 yt4t(x1)， 即 yt(4x3) 将点 P 1 2， 15 4 代入 yt(4x3)得， t 15 4 0，解得 0x0，(x22x)20.(5 分) 设函数 t(x)(x2lnx)， 则 t(x) 12 x 0， 则 h(x)0；当 x(x0，)时，t(x)0，2mx10，则函数 h(x)在(0，)上单调递增 由 h(1)23m0 可得，当 x1 时，h(x)0， 与 h(x)0 矛盾，故舍去；(8 分) 当 m0 时，h(x) 2m（x1） x 1 2m x ， 当 x 0， 1 2m 时，h(x)0； 当 x 1 2m， 时，h(x)0，t(1) 1 4ln20， 则当 1 4mln2m0 时，m 的最小整数值为 1.(12 分) 22解：()当 2时，直线 l 的方程为 x1； 当 2时，将直线 l 的参数方程消去 t，得直线 l 的普通方程为 ytan(x1)(3 分) 因为 2，所以 24，将 2x2y2代入， 得曲线 C 的直角坐标方程为 x2y24.(5 分) ()点 P(1，0)在直线 x1tcos， ytsin (t 为参数)上， 将上式代入 x2y24，得 t22tcos30.(6 分) 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 则 t1t22cos，t1t23，(8 分) 所以 1 |PA| 1 |PB| 1 |t1| 1 |t2| t1t2 t1t2 （t1t2）24t1t2 t1t2 4cos212 3 4 3， 所以 1 |PA| 1 |PB|的最大值为 4 3.(10 分) 23解：()由 f(x)3 得|2x1|x|3， 则 x1 2， 2x1x3 或 0x1 2， 12xx3 或 x0， 12xx3，