河南省郑州市2020届高三第一次质量预测数学文试题含答案

数学（文科） 参考答案

一、选择题：1---12 BDACB BAADC DB 二、填空题：

13.315616.14.15.2 2 3 4

三、解答题：

17.解：(1)由题意知(22d)2(23d)2(24d)2 .

3d24d402

d2或d3

{an}为递增数列d2 ...4分故数列{an}的通项公式为an2n.(2)bn ...6分

1111()(2n1)(2n1)22n12n1 ...8分

11111111Sn[(1)()()...()]2335572n12n1 ...10分

11 (1)22n1n2n1 ...12分

18.解：（1）由题知图（1）中ACBC22,ADBDCD2 ...1分

BC 在三棱锥A1BCD中，A1DBD,AC1点G是A1B的中点DGA1B,CGA1B

又DGCG=GA1B平面DGC ...4分

又点M、N分别是AC1、BC的中点MN//A1B ...5分

MN平面DGC ...6分

（2）由图（1）知CDA1D,CDBD，且A1DBD=D,CD平面A1DG...8分

又A1DB600A1DB为等边三角形

DGA1B,A1B2,AG11A1B1,DG3, 2SA1DG113A1GDG13222 ...10分

1133VGA1DCVCA1DGSA1DGCD2.3323 ...12分

19. 解：（Ⅰ）根据频率分布直方图可知，样本中分数高于60的频率为

(0.020.040.02)100.8，

所以样本中分数高于60的概率为0.8．

故从总体的500名学生中随机抽取一人，其分数高于60的概率估计为0.8．

3分

（Ⅱ）根据题意，样本中分数不小于50的频率为

(0.010.020.040.02)100.9， ...5分

分数在区间[40,50)内的人数为1001000.955． ...6分 所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为500525． ...7分 100（Ⅲ）设3名男生分别为a1,a2,a3，2名女生分别为b1,b2，则从这5名同学中选取2人的结果为：

{a1,a2},{a1,a3},{a1,b1},{a1,b2},{a2,b1},{a2,b2}{，a3,b1},{a3,b2},{a2,a3},{b1,b2} 共10种情况. ...9分 其中2人中男女同学各1人包含结果为：

{a1,b1},{a1,b2},{a2,b1},{a2,b2}{，a3,b1},{a3,b2}，共6种. ...10分

设事件A{抽取的2人中男女同学各1人}，则P(A)63 1053所以，抽取的2人中男女同学各1人的概率是. ...12分

520.解：（1）由抛物线定义得2+

p=3， ...2分 22解得p2，所以曲线C方程为x4y ....4分

OPOQ. ...5分 （2）以PQ为直径的圆过原点O，设直线OP的方程为ykx(k0),与曲线C方程x4y联立，得x4kx 解得x0(舍去）或x4k 于是P(4k,4k). ...7分

222又直线OQ的方程为y144x，同理：Q(,2) .....9分 kkky4k2x4k,....10分 又直线PQ斜率存在，PQ的直线方程为4424k4k2kk

即y(k)x4.

1k直线PQ恒过定点（0，4）. ...12分

20.解：（1）

1f(x)ax2xlnx, f'(x)2ax1.x

kf'(1)2a....1分

因为f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y2x1平行， 2a2,即a1....2分

f(1)0,故切点坐标为（1,0）....3分 切线方程为y2x-2. ...4分

(2)12ax2x1f(x)2ax1,xx'由题知方程2ax2x10在（0，）上有两个不等实根x1,x2.18a0,1x1x20,

2a1x1x20,2a

10a. ...6分8

2又f(x1)f(x2)ax12ax2(x1x2)lnx1lnx22 a(x12x2)(x1x2)ln(x1x2) =a[(x1x2)22x1x2](x1x2)ln(x1x2) =ln111,2a4a

令t1t112t,g(t)lnt1,t(4,),则g'(t)0,...9分2a2t22tg(t)在(4,)上单调递减.

g(t)g(4)ln432ln23.

即f(x1)f(x2)2ln23. ...12分

22.解析：(I)将点P(1,)代入曲线E的方程，

1acos,2得解得a33sin,2232x2y21, 4，……2分所以曲线E的普通方程为432极坐标方程为(cos14sin2)1.……5分

13(Ⅱ)不妨设点A,B的极坐标分别为

A(1，)，B(2，)，10，20,

2122122(cos1sin)1,1则 43(12cos2()12sin2()1,22232412112cossin,2即……831411sin21cos2,2324分

112122117117,即……10分

4312|OA|2|OB|21223. 解析：(I)由fxm，得，

1)(2x＋1)，……3分 不等式两边同时平方，得(x－即3x(x2)0，解得2x0.

所以不等式fxm的解集为{x|2x0}．……5分 (Ⅱ)设g(x)＝|x－1|－|2x＋1|，

1x2,x,21g(x)3x,x1,2x2,x1,22 ……8分

fn0g(n)m因为g(2)g(0)0，g(3)1,g(4)2,g(1)3.

又恰好存在4个不同的整数n，使得fn0， 所以2m1.

故m的取值范围为[1,2). ……10分