2020唐山高三上学期期末考试数学（文）试题扫描版含答案

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唐山市2019—2020学年度高三年级第一学期期末考试文科数学参考答案一．选择题：A卷：ADCBC BDADA ADB卷：ADDBC BCADA AD二．填空题：13．3 14．－3 15．4 16．2 EQ \R(,15) 三．解答题：17．解：（1）设{an}的公差为d，则a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝9，则a1＋d＝3．①因为{bn}是等比数列，且b1＝a2，b2＝a5，b3＝a11，所以(a1＋d)(a1＋10d)＝(a1＋4d)2，化简得，a1d＝2d2，因为d≠0，所以a1＝2d．②由①②解得，a1＝2，d＝1，故an＝a1＋(n－1)d＝n＋1． …6分（2）由（1）得b1＝a2＝3，b2＝a5＝6，设公比为q，则q＝2，故bn＝3×2n－1，则Tn＝eq \f(b1－bnq,1－q)＝eq \f(3－3×2n,1－2)＝3×2n－3． …12分18．解：（1）依题意可得列联表 …2分将列联表中的数据代入公式计算得k＝eq \f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))＝ eq \f(900(300×175－300×125)2,600×300×425×475)≈5.573＜6.635， …4分 所以，不能在犯错误概率不超过0.01的前提下认为“选择物理与学生的性别有关”． …6分（2）该学校选择“史地化”组合的男生、女生的比为2∶3，所以从选择“史地化”组合的同学中按性别用分层抽样的方式抽取5名同学，其中男生2名，女生3名．记男生分别为A1，A2，女生分别为B1，B2，B3，从5名同学中随机抽取3名同学共有{A1，A2，B1}，{A1，A2，B2}，{A1，A2，B3}，{A1，B1，B2}，{A1，B1，B3}，{A1，B2，B3}，{A2，B1，B2}，{A2，B1，B3}，{A2，B2，B3}，{B1，B2，B3}，10种等可能的结果．其中，恰有一名男生包含{A1，B1，B2}，{A1，B1，B3}，{A1，B2，B3}，{A2，B1，B2}，{A2，B1，B3}，{A2，B2，B3}6种等可能的结果，所以恰有1名男生的概率P＝eq \f( 6 ,10)＝eq \f( 3 ,5)． …12分BPAEDCO19．解：（1）因为AB是圆的直径，所以BC⊥AC，因为PC垂直圆所在的平面，所以PC⊥BC，又因为AC∩PC＝C，所以BC⊥平面PAC．因为D，E分别是棱PB，PC的中点，所以BC∥DE，从而有DE⊥平面PAC． …4分（2）同理可知AC⊥平面PBC，又AC平面ACD，则平面PBC⊥平面ACD．过E引CD的垂线，垂足为O，则EO⊥平面ACD，所以EO长度即为点E到平面ACD的距离． …8分由已知及AB＝PC＝2，AC＝1，可得BC＝2DE＝eq \r(3)，CE＝1，在直角△CED中，CD＝eq \f(\r(7),2)，则EO＝ eq \f(CE×DE,CD)＝eq \f(\r(21),7)． 所以点E到平面ACD的距离为eq \f(\r(21),7)． …12分20．解：（1）由题意得F(1，0)，设l：x＝my＋1，代入y2＝4x得y2－4my－4＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．则4m＝4，解得m＝1．所以直线l的方程为x－y－1＝0． …4分（2）设直线PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3．由题意可解得C(－1，－eq \f( 2 ,m))，k3＝eq \f(－\f( 2 ,m)－2,－1－1)＝eq \f( 1 ,m)＋1． …6分而k1＋k2＝eq \f(y1－2,x1－1)＋eq \f(y2－2,x2－1)＝eq \f(y1－2,my1)＋eq \f(y2－2,my2)＝eq \f( 2 ,m)－eq \f( 2 ,m)(eq \f( 1 ,y1)＋eq \f( 1 ,y2))＝eq \f( 2 ,m)－eq \f(2(y1＋y2),my1y2)＝eq \f( 2 ,m)＋2． …10分则k1＋k2＝2k3，所以，直线PA，PC，PB的斜率成等差数列． …12分21．解：（1）g(x)＝f(x)＝ eq \f( x ,2)－1＋cosx， 所以g(x)＝ eq \f( 1 ,2)－sinx． …2分由g(x)＝0且x∈[0，2π]，得x＝ eq \f( π ,6)或 eq \f(5π,6)．当x变化时，g(x)和g(x)的变化情况如下表：…5分所以g(x)的单调递减区间为( eq \f( π ,6)， eq \f(5π,6))；g(x)的单调递增区间为[0， eq \f( π ,6))，( eq \f(5π,6)，2π]． …6分（2）由（1）得，当x∈[0，2π]时，f(x)的极小值f( eq \f(5π,6))＜f(π)＝ eq \f( π ,2)－2＜0；极大值f( eq \f( π ,6))＞f(0)＝0，又f(2π)＝π＞0，所以存在x1∈( eq \f( π ,6)， eq \f(5π,6))，x2∈( eq \f(5π,6)，2π)，使得f(x1)＝f(x2)＝0，且当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下表：…8分从而f(x1)＞f(0)＝0；f(x2)＜f(π)＝ eq \f(π2,4)－π＜0，又f(2π)＝π2－2π＞0，所以f(x)在(0，π)，(π，2π]内各有一零点，又f(0)＝0，所以f(x)在[0，2π]内有3个零点． …10分当x∈(－∞，0)时，f(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)＞f(0)＝0，所以f(x)在(－∞，0)上没有零点．当x∈(2π，＋∞)时，f(x)＞π2－2π＋sinx≥π2－2π－1＞0，所以f(x)在(2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)在R上仅有三个零点． …12分22．解：（1）因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以圆C：ρ＝2cosθ，直线l：ρsinθ＝2． …4分（2）设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋α)，－ eq \f( π ,2)＜θ＜ eq \f( π ,2)．依题意可得，ρA＝2cosθ，ρBsin(θ＋α)＝2，ρBcosα＝ρA．所以2cosθsin(θ＋α)＝2cosα，从而cosθsinθcosα＋cos2θsinα＝cosα，所以tanα＝ eq \f(1－cosθsinθ ,cos2θ)＝tan2θ－tanθ＋1＝(tanθ－eq \f( 1 ,2))2＋eq \f( 3 ,4)，所以tanθ＝ eq \f( 1 ,2)时，tanα取得最小值 eq \f( 3 ,4)． …10分23．解：（1）因为(eq \f( 2 ,a)＋eq \f( 1 ,b))(2a＋b)＝eq \f(2b ,a)＋eq \f(2a,b)＋5≥9，又2a＋b＝3，故此，eq \f( 2 ,a)＋eq \f( 1 ,b)≥3，当且仅当eq \f( b ,a)＝eq \f( a ,b)，即a＝b＝1时等号成立． …4分（2）因为(2a＋b)(c＋d)＝2ac＋bd＋bc＋2ad≥2ac＋bd＋2eq \r(2acbd)＝(eq \r(2ac )＋eq \r(bd ))2，所以eq \r(2ac )＋eq \r(bd )≤eq \r(3)，当且仅当bc＝2ad时等号成立，此时eq \f(2a,c)＝eq \f( b ,d)＝eq \f(2a＋b,c＋d)＝3，故当eq \f( a ,c)＝eq \f( 3 ,2)时，eq \r(2ac )＋eq \r(bd )取得最大值． …10分注：试题有其他解法，参照答案赋分．选择物理不选择物理合计男300125425女300175475合计600300900x[0， eq \f( π ,6)) eq \f( π ,6)( eq \f( π ,6)， eq \f(5π,6)) eq \f(5π,6)( eq \f(5π,6)，2π]g(x)＋0－0＋g(x)↗极大值↘极小值↗x[0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，2π]f(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗