2020年河南省六市高三第二次联考文科数学试题参考答案

1、2020年河南省六市高三第二次联考文科数学试题参考答案、选择1-5 CBABC 6-10 BDCCA 11-12 DA二、填空13. 2 14. 315.(1,6)16.2,317 解：（口？n 7号+= M + *当n=1时，可得a1 4,r,% a7a当 n>2 时， 一十p . . . 十 一23=(n-l)2 + n-l一可得:+ 1=(2n- 1) +1=2n, / = 2祚3 + 1). n=1时也满足, % = 2ti(n + 1)2n(n + 1111111 t L+ + . H1 = -11 2 2 3 n n + ll 2l一 19又Sn ，可得n 1940可得最小正

2、整数 n为20.111218解：（I ）证明：因为G为AE中点，AD DE 210所以平面CFP/平面ADE .9分1所以DG ± AE,DG 平面 ADE ,因为平面ADE 平面ABCE ,平面ADE I平面ABCE AE所以DG 平面ABCE .在直角三角形 ADE中，易求AE 2J2,则DG ad DE AE所以四棱锥D ABCE的体积为VD abce1 (1 5) 22BP 4(n )在BD上存在点P ,使得CP /平面ADE且 BD 5过点C作CF /AE交AB于点F ,过点F作FP/AD交DB于点P,连接PC因为 CF/AE, AE 平面 ADE,CF 平面ADE ,所以

3、CF/平面ADE ,同理FP/平面ADE ,又因为CF PF因为CP 平面CFP ,所以CP/平面ADE .所以在BD上存在点P,使得CP/平面ADE 10分因为四边形AECF为平行四边形，所以 AF CE 1,即BF 4故里 BF 4BD AB 5所以在BD上存在点P ,使得CP / /平面ADE且空 412 分BD 519解：（I）设事件 A为“随机选取一天，这一天该快递公司的骑手的人均日快递业务量不少于65单”.依题意，快递公司的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2,0.15,0.05因为0.2 0.15 0.05 0.4所以P（A）估计为0.44分（n）设事件B为“从五名骑

4、手中随机选取 2人，至少有1名骑手选择方案（2）”从五名骑手中随机选取 2名骑手，有10种情况，即甲，乙, 甲，丙, 甲，丁, 甲，戊, 乙，丙,乙,丁, 乙,戊, 丙,丁 丙，戊 , 丁，戊6分其中至少有1名骑手选择方案（2）的情况为甲，丁，甲，戊，乙，丁，乙，戊，丙，丁，丙,戊, 丁，戊共7种情况， 所以P（B） 810 .（出）方法1:快递公司的骑手人均日快递量的平均数是：30 0.05 40 0.05 50 0.2 60 0.3 70 0.2 80 0.15 90 0.05 62因此，方案（1）日工资约为50 62 3 236 10方案 H工资约为 mo 62 44 5 190 236

5、故骑手应选择方案（1） 12方法2:设骑手每日完成快递业务量为n单、 、 *万案（1）的日工资y1 50 3n（n N ）,方案（2）的日工资y2._ _ _ _ *100, n 44, n N100 5(n 44),n 44,n5当n 17时，y1 y2依题意知n 25,所以这种情况不予考虑当 n 25 时，令 50 3n 100 5n 44 则 n 8510即若骑手每日完成快递业务量在 85单以下，则方案（1）日工资大于方案（2）日工资，而依题中数据，每日完成快递业务量超过 85单的频率是0.05 ,较低，故建议骑手应选择方案（1） 12方法3:设骑手每日完成快递业务量为 n单,方案（1）

6、的日工资yi*50 3n(n N ),方案（2）的日工资V2._ _ _ _ *100, n 44,n N100 5(n 44),n 44,n所以方案（1）日工资约为140 0.05 170 0.05 2000.2 230 0.3260 0.2290 0.15 320 0.05 23610方案（2）日工资约为100 0.05 100 0.05130 0.2180 0.3 230 0.2 280 0.15 330 0.05 194.5因为236 194.5,所以建议骑手选择方案（1).12分20解:(I)f x 2x a2x2 ax 1,x1时,f X取得极值.0,a 3.2x2 3x 12x

7、11 二或x2c 10得一2(n)的单调增区间为0,2,(1,）,单调减区间为2,1.方程2x2 ax存在两个极值点0 即 2x2ax0 在(0,）上有两个不等实根0,x1x2x1x2f x22乂2ax2In xax1 In %x2x1x2x1x2 x1 aIn x2In x.x2x1In x2In x1x2x1所证不等式f x2f x1x2x,a等价于2In x2In x1In x2In x1即一21X2 x,X2x,不妨设x2x10,X2,x2c X1即证ln上 2 为 土Xi10分lnX21Xit 在(1,x2XiIn t）上递增.X2x12 X20.1-成立.12t 10, t t 1

8、11分f x2f %, 3 成立.x2 x112分5分921 解:(I）由题知点 Q到F的距离|QF |等于Q到y轴的距离加2所以|QF |等于Q到直线x 2的距离由抛物线的定义可知：点Q的轨迹W是以F为焦点，以x 2为准线的抛物线所以动点Q的轨迹W的方程为y2 8x（n）设直线 AM的方程为x m（y 4） 2 （m 0）,与y2 8x联立，得y28my32m1664m2 4 (32m 16) 0 ,m 0 0 m 1或 m 1,设 M (xy)，N (x2, y2),贝U 4 y1 8m ,即 y1 8m 4 ,.18以一代替m ,得y24,mm则向量f(m) 8(mNM在y轴正方向上的投

9、影为 y1 y2 8（m工） m-）,则f（m）在（0,1）上单调递减，在（1,）上单调递增，从而mf(m)f (1) 1611故向量NM在y轴正方向上的投影的取值范围为 （16,）1222.解:（1）由曲线C1的参数方程为1 a2、.3 12（t为参数）消去参数得 x J3y 40,cos , y sin 得,cossin4 即 cos sin 6sin cos 6即曲线Ci的极坐标方程为sin(6)(2)222(1 2sin23,2y2设A(i,），B(2,故 S2 AOB一),D(2133,)，C(4,2)941 2sin2 1 2cos2_24(1 2sin21 2cos )29163即 AOB面积的最小值为 34当且仅当时取”二法2:221 sin1,2_. 22 sin32 cos1211-221212 (即S AOB此时S cod2 sin(-)4 6gcos() 4 6cos3故所求四边形的面积为29410分23.证明：（1）Q a,b,cf(x) i4C21b21112 -22a