2020年衡水中学高三年级第十次调研考试文科数学试卷

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高三年级第十次调研考试文科数学参考答案

一、选择题1-5：DDAAC二、填空题13.

15.6-10:CDABB

14.

11-12:CA

yx1

254三、解答题

404020212716.417.解：（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则an1n1d，bnq由题意可得：

n1

1dq3a2b23

，则2a3b3712dq7

dq4d2d4

，解得或（舍去）即2q2q02dq8

n1

因此bn的通项公式为bn2.…………………3分…………………6分T3b11qq213q3q4

，或，则解得（2）由题意可得：T3b1b2b3，18dd31qd

13…………………12分Snn2n或Sn4n25n.2218.解：（1）设抽查人员利用“学习强国”的平均时长为x，中位数为y

x0.0510.130.2550.370.1590.1110.05136.8

设抽查人员利用“学习强国”的中位数为y

……3分0.050.10.250.15y60.5，解得y

20

3

…………………6分即抽查人员利用“学习强国”的平均时长为6.8，中位数为20.3（2）8,10组的人数为20000.15300人，设抽取的人数为a

10,12组的人数为20000.1200人，设抽取的人数为b

则50ba，解得a30，b20300200500…………………8分所以在8,10和10,12两组中分别抽取30人和20人，在抽取5人，两组分别抽取3人和2人，将8,10组中被抽取的工作人员标记为A1，A2，A3，将10,12中的标记为B1，B2。设事件C表示从10,12小组中至少抽取1人，1则抽取的情况如下：A1,A2，A1,A3，A1,B1，A1,B2，A2,A3，A2,B1，A2,B2，A3,B1，A3,B2，B1,B2共10种情况，其中在10,12中至少抽取1人有7种，则PC

7

.10

…………………12分要使得四棱锥DABCE的体积最大，就要使平面ADE平面ABCE.由题意，（1）19.解：平面ADE平面ABCE，设G为AE中点，连接DG.ADDE2，DGAE，平面ADE平面ABCEAE.DG平面ADE.DG平面ABCE

ADE900，则AE22，DG2四棱锥DABCE的体积的最大值为142521VDABCE2.323…………………6分（2）过点C作CF//AE交AB于点F，则AF1

，FB3DP1过点F作FP//AD交DB于点P，连接PC，则PB3又CF//AE，AE平面ADE，CF平面ADE，CF//平面ADE

FP//AD，AD平面ADE，PF平面ADE，FP//平面ADE

又CFFPF，AEADA，平面ADE//平面CFP

CP平面CFP，CP//平面ADE

所以在BD上存在点P，使得CP//平面ADE，且20.解:（1）由题意知，抛物线的准线方程为：y所以p4，故抛物线方程为x28y，点F(0,2)当y1时，x022.（2）由（1）知，直线l的方程为y

BP3

.BD4………………12分p根据抛物线的定义，2AF1

p

3，2

…………………3分……………………5分3

x2，42微信公众号：高中资源库

x28y联立，得x26x160，解得x12，x28.3

yx2

4

所以M2,



1

，N8,8.2

……………………9分

,xy设点Q的坐标为33，则OQOMtON得x38t2

11

x3,y31，2,t8,88t2,8t所以，

22y38t2

又因为点Q在抛物线x28y上，所以8t288t

2





13

t.解得或t0（舍去）.

22总之t

3

.2………………………12分11，令f(x)0，则x1，x21.解:（1）f(x)lnxx.f(x).f(x)在0,1,在1，

……………2分当t󰆆1时，f(x)在[t，t1]上单调递减，f(x)的最大值为f(t)lntt；当0t1时，f(x)在区间(t,1)上为增函数，在区间(1,t1)上为减函数，f(x)的最小值1,0t1

．为f11．综上，M(t)

ttt1,ln

2

2

……………………6分（2）fx1fx2x1x2x1x2lnx1x21ln2，即x1x2x1x22x1x2lnx1x21ln2，令hx2xlnx1ln2，……………………9分2

hx212x1，xx11

0,xh故在上单调递减，在,上单调递增，故22

12

hxh2，即x1x2x1x22，即有x1x22x1x210，因为2

x1,x20，所以x1x22.……………………………………12分31t(1t)22x1,1t1t1t22.解：（1）由（t为参数），得x1.tt(1)11y1

1t1t1t

消去参数t，得l的普通方程为x2y10(x1)；……………3分（没写x1扣一分）2将12去分母得322sin212，将ysin,2x2y2代入，23sinx2y2x2y2得1，所以曲线C的直角坐标方程为1.4343……………5分x2cos,（2）由（1）可设曲线C的参数方程为（为参数），y3sin4cos1|2cos23sin1|3则曲线C上的点到l的距离.，d

512(2)2当cos





5d5，12,kkZ，即时，max

353



2cos2xk1,

3

(kZ)，此时，

y3sin2k3

23

所以曲线C上的点到直线l距离的最大值为5，该点坐标为1,





3.2

………10分23.解析：（1）.如图，平面区域平面区域由一个正方形及其内部组成，四个顶点分别为(1,0),(2,1),(1,2),(0,1)，所以S222.…………5分（2）.由（1）(ac)(bc)2，而a,b,c都为正数，所以a2b3cac2(bc)22(ac)(bc)4

当且仅当ac2(bc)2取得最小值.4…………10分微信公众号：高中资源库