1、寿县一中2020届高三年级第七次月考文科数学参考答案一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分）题号123456789101112答案DBACDCBACABD二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分，共 20 分)13.5314.3115.3416.26三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分)17.（1）令12121242212nnnnab,aa,nk由则，21nnbb，bn 是以 b1 a1 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，12 nbn（2）令,aa,nknn212222则为公比的等比数列，为首项，是以21212642aa,a,a又为公差的等差数列，为
2、首项，是以211531aa,a,a 10204219312021101aaaaaaT。18.（1）由频率分布直方图知 45 岁以下与 45 岁以上各 50 人，故可得2 2 列联表如下：45 岁以下45 岁以上总计支持354580不支持15520总计5050100由列联表得841325620805050451553510022.K所以在犯错误的概率不超过 005 的前提下认为以 45 岁为分界点的不同人群对，“延迟退休年龄政策”的支持度有差异；（2）设抽取4人中，45岁以下的人记为a1,a2,a3，45岁以上的人记为b，从中任选两人，共有“a1,a2”，“a1,a3”，“a1,b”，“a2,a
3、3”，“a2,b”，“a2,b”6 种，其中2 人都是45岁以下的有 高三文科数学(八)第 6 页(共 4 页)12,a a“”，13,a a“”，23,a a“”3 种，所以所求概率为 12 19【解析】()设线段 AD 的中点为 F，连结,EF MF，则/EFMC，四边形 EFMC 是平形四边形，/FMEC 又 FM 平面 ADM，/CE 平面 ADM，从而直线/CE平面 ADM；（）连结,AC BD，ACBDO，AMBDN，由 ABADADDM，RT ADM RT BAD，90ADBDAMDMADAM ，90DAN，即 DBAM 点 D 在平面 ABCM 的射影恰好落在直线 AC 上，点
4、 D 在平面 ABCM 的射影为O 2,1ADDM，3AM，63DN 又62DO，666236NO，2222662()()362DODMNO 13 221212322343DEACMD ABCMEABCVVV 20【解析】（）设椭圆的焦距为20c c，且12MF F的最大面积为 3，则3bc，由已知条件得222323cabcabc，解得213abc ，因此，椭圆C 的标准方程为2214xy；（）当直线l 不与 x 轴重合时，设直线l 的方程为1xmy，设点11,A x y、22,B xy，将直线l 的方程与椭圆方程联立22114xmyxy，消去 x 并整理得224230mymy，D A C M
5、 E B M D A B C F O N O N 高三文科数学(八)第 7 页(共 4 页)22241241630mmm，由韦达定理得12224myym，12234y ym ABdPAdPB，即011022xxyxxy，即01102211xmyyxmyy，整理得212012232()2411424mmy ymxmyym ；当直线l 与 x 轴重合时，则直线l 与椭圆C 的交点为左、右顶点，设点 2,0A、2,0B，13PAPB，0022ABxddx，由ABdPAdPB，得002123xx，解得04x 综上所述，存在直线 0:4lx，使得ABdPAdPB 21【解析】（）当1x 时，都有()0f
6、 x，必有(1)10fa ，1a()ln1fxxaax，令()()g xfx，21()0ag xxaxxx，()fx在(1,)上单调递增，()(1)1fxf，()f x 在(1,)上单调递增，()(1)10f xfa 成立综上分析，1a （）由（1），当1a 时，()(1)ln10f xxxx，即1ln1xxx对1x 恒成立，令1nxn，得1 111ln1211nnnnnnn ，即ln(1)l1n21nnn 1ln 2ln12 1，1ln 3ln 25 1，1ln(1)ln21nnn，累加得111ln(1)ln13521nn，即 1111ln(1)35721nn，*nN命题得证 22【解析】（
7、）由2222(cos3sin)(sin3cos)4xy，得曲线22:4C xy直线l 的极坐标方程展开为31cossin222，故l 的直角坐标方程为 340 xy（）曲线C 的极坐标方程为2，代入直线l 的极坐标方程31:cossin222，高三文科数学(八)第 8 页(共 4 页)得 3 cossin2，cos()16，116，所以直线l 与曲线C 交点的极坐标为11(2,)6 23【解析】（）当0a 时，()|1|2|1|2|f xxxaxx()5f x，1315xx 或1015xx 或0315xx，21x 或 10 x 或403x，423x，不等式的解集为4 2,3；（）()|1|2|
8、1|1|22aaf xxxaxx，当且仅当2ax 时取等号，()()|1|22minaaf xf()2f x对于xR 恒成立，|1|22a，2a或6a，a的取值范围为(,26,)高三文科数学(八)第 9 页(共 4 页)1D【解析】0,1,2,5A，1,2,3,6B，AB 1,2AB 2B【解析】命题的等价条件是：2max()ax，即4a A 是充要条件，C、D 是必要不充分条件，只有 B 是充分不必要条件 3 A【解析】i4ii22i(cos-isin)i4422cosisine44 4 C【解析】抽取的样本号成公差为 15 的等差数列：03，18，33，48，故选 C 5 D【解析】由已知
9、得2()2929aba b，得2a b ，所以2|2|(2)43684 2abab 6 C【解析】11sinsin()sin()3sin()32323yxyxyxyx 7 B【解析】在等比数列na中，由11a，48a，得2q，34a，516a，即24b，616b，172677()7()7(46)70222bbbbS，故选 B 8 A【解析】由题意，得504e9kaa，解得252e3ka；令8e27ktaa，即3253752e()(e)e3kttt，即需经过的天数为 75 天 9 C【解析】每次循环的步长为 3，其进行 674 次循环，每次循环产生周期数列：3,3,3,3,中的一项，输出的前 6
10、74 项的和为 0 10 A【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥，记为 三棱锥 ABCD，将其放在棱长为 4 的正方体中，如图所示，2 2,4ADBCBD，且,ADBD ADBC，BCBD，所以 AD 面 BCD，所以三棱锥 ABCD的体积为 111162 22 243323A BCDBCDVADS 11B【解析】由 coscos2 3sin3sinBCAbcC，得coscossincossincossincBbCCBBCbcbC sin()sin2 3 sinsinsin3sinBCAAbCbCC，解得32b 由cos3sin2sin()26BBB，62B，3B，1sinbB 23AC，由2
11、032CA，02A，得 62A，sinsinacAC 233sinsin()sincos3sin()3226AAAAA，62A，2363A 高三文科数学(八)第 10 页(共 4 页)3sin()126A，33sin()326A，即3(,32ac 12D【解答】构造函数()()f xg xx，则2()()1ln()xfxf xxg xxxx，对其两边积分得21()ln(ln)2g xxxc，又2(e)ef得(e)1(e)ee2fgC，所以1e2C，即211()(ln)lne22g xxx，令lntx，则二次函数211e22ytt 的对称轴为1t，即ex，且图象开口向下，(2)(1)gg，即(2
12、)(1)21ff，故(2)2(1)ff，所以 A 项错误；(3)(4)gg，所以4(3)3(4)ff，故 B 项错误；根据开口向下的二次函数的图象可知，当0 x 时，()0f x 不正确，故C 项错误；当0 x 时，要使()e0f xx成立，只需()e0f xx 成立，显然二次函数211e22ytt 在对称轴1t 处取得最大值e，很明显()e0f xx 成立，故D 项正确 13 3 5【解析】1 21 2()()445aaaa，1aa3 5 14 13【解析】作出不等式对应的平面区域如图(1,)Baa，22,(0,1)DaaC，由2zxy，得2yxz，由图象可知当直线2yxz，经过点 D 时，
13、直线2yxz的截距最小，此时 z 最大为5，即2(22)5aa，得13a 15 43【解析】如图，设左焦点为1F，圆与 x 轴的另一个交点为 B，APQ的一个内角为60，30PAF，60PBFPFAFac，13PFac，在1PFF中，由余弦定理可得 2o221112cos120PFPFFFPF FF 22243403403cacaeee 16 62【解析】令 sincosxxt，则21sin cos2txx，21()()2tf xg tt，由2111sin cossin 20,222txxx，得 1,1t 高三文科数学(八)第 11 页(共 4 页)方法一：2222113()(1)(1)222tttt，21622tt，即()f x 的最大值为62，此时63t 方法二：由21()1212tg tt，易知当6 1,3t 时，()0g t，函数()g t 单调递增；当6,13t 时，()0g t，函数()g t 单调递减max66()()32f xg
