2020佛山二模文数答案(定稿)

数学(文科)参考答案与评分标准

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．

题号答案

1B

2A

3D

4C

5C

6B

7C

8D

9D

10C

11B

12A

二、填空题：本大共4小题，每小题5分，满分20分． 13．1 15 14．2 15．102757 16．2,[,][,)2442三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【解析】（1）因为cb1，所以cb1，a2b2c225b2(b1)21．在△ABC中，由余弦定理可得cosC2ab10b7解得b7，所以c8． ……………………………………………………………3分a2c2b22564491，由余弦定理可得cosB2ac2582且△ABC中，B(0,π)，所以Bπ． ……………………………………………………………5分3πb2c2a24964251153，sinA．（2）由（1）知，ABD，cosA62bc2781414在△ABD中，sinADBsin(A由正弦定理可得πππ53311113)sinAcoscosAsin．……9分66614214214ABAD8AD56，即，所以AD．131sinADBsinABD131421156580833．……………………………12分所以△ABD的面积SABDADABsinA2213141318．【解析】（1）模型②的残差数据如下表：残差xye5200207298189431211160921252015105O-5-10-15模型②的残点图如图所示．………………2分（只要算出残差或残差绝对值，或直接画出残差图，即给2分）模型①更适宜作为y关于x的回归方程，因为： ……3分x1357911理由1：模型①这个4个样本点的残差的绝对值都比模型②的小．-20理由2：模型①这4个样本的残差点落在的带状区域比模型②的带-25状区域更窄．理由3：模型①这4个样本的残差点比模型②的残差点更贴近x轴．………………………………5分（写出一个理由即可得分）

文科数学参考答案与评分标准 第1页（共4页）

（2）这20个月销售单价的平均值为

80109061004

87 ………………………………7分

20

x3

87x173 …………………………………10分设月利润为Z万元，由题意知Z87xy3

，所以当月产量为12件时，预测当月的利润为295万元． ………12分当x12时，Z295（万元）

19.【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，由题设，可得c241,221，结合a2b2c2，a2abx2y2解得a6,b3，所以椭圆C的方程为：1．……………………………………………4分6322（2）①当直线PM的斜率不存在时，依题意，可得直线MN的方程为yx或yx，从而可得直线PM的方程为x2或x2，则原点到直线PM的距离为2．……………………………………6分②当直线PM的斜率存在时，设PM的方程为：ykxm，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则N(x1,y1)，

ykxm222联立x2y2，消元y整理得(12k)x4kmx2m60，1364km2m26，x1x2． …………………………………………………………8分则x1x212k212k2∵|PM||PN|，∴OPON，22∴ONOPx1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k)x1x2km(x1x2)m2m264km3(m22k22)2(1k)2km2m0，即m22k22．………………10分22k12k12k12所以圆心O到直线PM的距离为|m|k122k22k122．综上可知原点O到直线PM的距离为定值2． ……………………………………………………12分20．【解析】（1）因为底面ABCD是平行四边形，所以CD//AB，

又CD平面PAB，AB平面PAB，∴CD//平面PAB……2分∵平面PAB平面PCDl，而CD平面PCD，∴CD//l，∴l//AB．……………………………………5分（2）连接AC,BD交于点O，则点O是AC,BD的中点，B连接PO．∵PAPC，PBPD，∴POAC，POBD，

文科数学参考答案与评分标准 第2页（共4页）

PAEOCFD又ACBDO，∴PO底面ABCD．…………………………………………………………………7分过点P作PEAB交AB于点E，作PFCD交CD于点F，连接EF．∵PAPC3，PBPD∴ABCD3，PEPF

6，APBCPD90，

2，ABEF，EF过点O．



∵平面PAB平面PCD，∴EPF90，则PO1，EF2．…………………………………10分所以四棱锥PABCD的体积为V11ABEFOP3212．……………………………12分33221．【解析】（1）函数f(x)的导函数为f(x)3ax1．曲线yf(x)上任意一点(t,att)处的切线方程为y(att)(3at1)(xt)．此切线过原点O当且仅当0(att)(3at1)(0t)，即at0(*)．………………………3分当a0，则方程(*)有且只有一个解t0，曲线yf(x)在原点O(0,0)处的切线yx过原点O．综上所述，无论a取什么值，过原点O且与曲线yf(x)相切的直线都有且只有一条，即直线yx． …………………………………………………………………………………………………5分（2）令F(x)tanxf(x)，323332cos2xsin2xsin2x2则F(x)3ax13ax2tan2x3ax2．22cosxcosx①若a0，则F(x)tanx3ax0，故F(x)在[0,)上单调递增．因此，当x[0,)时，F(x)F(0)0； ………………………………………………………7分②若a0，则F(x)(tanx3ax)(tanx3ax)．当x[0,)时，tanx0，tanx3ax0．22π2π2π213a．cos2xπ1而当x[0,)时，cosx(0,1]，[1,)，于是： ……………………………………8分2cos2x11ππ若0a，则g(x)3a0，故g(x)在[0,)上单调递增．因此，当x[0,)时，23cosx22ππ

g(x)g(0)0，进而F(x)0，故F(x)在[0,)上单调递增．因此，当x[0,)时，F(x)F(0)0；

22

令g(x)tanx3ax，则g(x)若a

1π11，则存在x0(0,)，使得cosx0．当x(0,x0)时，cosx，44323a3a1

3a0，故g(x)在(0,x0)上单调递减．因此，当x(0,x0)时，g(x)g(0)0，2cosx

文科数学参考答案与评分标准 第3页（共4页）

g(x)

进而F(x)0，故F(x)在(0,x0)上单调递减．因此，当x0,x0时，F(x)F(0)0．…11分综上所述，实数a的取值范围为(,]． …………………………………………………………12分

13

22．【解析】（1）C1是圆心为(0,2)，半径为2的圆． ……………………………………………2分可得C1的直角坐标方程为x(y2)4，即xy4y0．

代入xy，ysin，得4sin0，所以C1的极坐标方程为4sin．…5分（2）设A(1,)，B(2,)，∵，∴|OA|4sin，|OB|4cos，22222

2

2

2

|AB||OB||OA|4cos4sin，∵|OM|4，∴|BM|4sin，………………………8分π，∴|AB||BM|，则4cos4sin4sin，41即cos2sin，所以tan． ………………………………………………………………10分2∵AMB23.【解析】（1）∵f(0)2a1a58，即a1a56． ……………………1分a1a56当a5时，不等式化为，解得a6；a5当1a5时，不等式化为a15a6，此时a无解；1a51a5a6，解得a0．当a1时，不等式化为a1综上，原不等式的解集为{x|a0或x6}． …………………………………………………5分（2）要证明对xR，f(x)a5对xR，2cosxa1∵(2cosx)min2，a1∵a1

11恒成立.只需证明a111恒成立.即证明a11(2cosx)min，aa1112，即a112．……………………………8分aa1111

1a11aa2，所以原命题得证．……………………10分aaaa

文科数学参考答案与评分标准 第4页（共4页）