安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学(文)答案

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安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学(文)答案

1 六安一中 2020 届高三年级适应性考试 文科数学试卷 1.【答案】D 解:  0 4B x x   ,∵  1A x Z x    ,∴  1,2,3A B  ,故选:D. 2.【答案】D 解:因为  1z bi b R   所以 2 21 2 3 4z b bi i      , ∴ 2b  ,∴ 1 2z i  ,∴ 1 2z i  ,故 z 的虚部为 2 ,故选:D. 3.B 4.【答案】C 解:①错误;②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计,估计该同学平均成绩在 区间 内,②正确;③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性,且为 正相关,③正确;④乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步,故 ④不正确.故选:C. 5.【答案】 A 圆柱高为 3 ,从而圆锥高为 32 ,  3 383223 1 2 V 6.【答案】B 作图知: )(xf 在 R 上单调递增, 0,10,1  cba ,故选 B。 7.【答案】A 解;A 选项中命题的否定是:若 0xy  ,则 x,y 都不为零,故 A 不正确;B 选项是 一个特称命题的否定,变化正确;C 选项是写一个命题的逆否命题,需要原来的命题条件和结 论都否定再交换位置,C 正确;D 选项由前者可以推出后者,而反过来不是只推出 1x  ,故 D 正确,故选:A. 8.【答案】B 解:由等比数列的性质,可得 25)(22 2 86 2 886 2 613386111  aaaaaaaaaaaa , 又因为 0na  ,所以 6 8 5a a  ,所以 4 25)2( 286 86 2 7  aaaaa ,故选:B. 9.【答案】D 解:把函数 sin2y x 的图象沿 x 轴向左平移 6  个单位得到 sin 2 in 26 3                  y x s x ,纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变)后得到函数   2 in 2 3      f s xx ,故①正确;因为 2 in 2 =03 3       s ,故②正确;因为 0, 6x      , 则 22 ,3 3 3x         , siny x 不单调,故③错误;因为 0, 2x      ,则 42 ,3 3 3x         , 2 in 2 3,23           s x ,若函数  y f x a  在 0, 2      上的最小值为 3 ,则 2 3a  .故 ④正确;故选:D 10.【答案】C 解:设准线l ,作 lPQ  , mPA PF PA PQPAQ 1 || || || ||sin  当 PA 与抛物线相切时, m 取得最大值 xyA 2 1),1,0(,  , 设 PA 与抛物线切点 )4 1,( 2 00 xx , )(2 1 4 1 00 2 0 xxxxy  把 )1,0(  代入得 )2(20  或x ,此时 22||),1,2(  PAP ,选 C. 11.【答案】C 解:因为| | 1a  , a  与b  的夹角为 3  ,所以 1| | cos | |3 2a b b b      . 把 babax  2 两边平方, 整理可得 0132 22  bbxbx , 所以  2 24 | | 4 3| | | | 1 0b b b        ,即    0121  bb ,即 1b .故选:C. 12.【答案】B 解: 0)0(),()(  fxfxf , )(xf 为偶函数, xaxfxaxxf cos)(,sin)(  , ① 0a 时, 0x , 02 1)( 2  axxf 满足题意, ② 1a 时, 0)0()(,0)(  fxfxf , 0)0()(  fxf 符合题意. 0,10 0  xa 使得 ),0( 0xx ,解 ,0)0()(,0)(  fxfxf 0)0()(  fxf ,又 x 时, )(xf 不合题意. 故选 B 13. 013  yx 14. ),4[  解: 1x y 表示 ),( yx 与 )0,1( 连线的斜率, 当 ),( yx 取 )4,0( 时, 1x y 最大值为 4, 4a . 15.2 解:由对称性知一条渐近线的倾斜角为 60 , .2,360tan  ea b 16. 12 n 12 n n 解: nnnnn a n aanna nn nn 1 1 1 )1( 1 1,1)1( 1 1    )2(1 1 1 11   nnn a nn a nn }1 1 1{  nn an 为常数列, )2(25 1 51 1 1 6  na nn an 1,1),2(12 1  annnan 适合上式. 2 17.解:(1)解法一:由已知,得 AcAbBa cos2coscos  . 由正弦定理,得 ACABBA cossin2cossincossin  ,(1 分) 即 ACBA cossin2)sin(  ,(2 分)因为 CBA sin)sin(  ,(3 分) 所以 ACC cossin2sin  .(4 分) 因为 0sin C ,所以 2 1cos A (5 分) 因为  A0 ,所以 3 A (6 分) 解法二:结合余弦定理 2 2 2 2 2 2 (2 )2 2 a c b b c aa c bac bc        (1 分) 即 2 2 2b c a bc   (3 分) 所以 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    (5 分) 因为  A0 ,所以 3 A (6 分) (2)解法一:由余弦定理 Abccba cos2222  , 得 2 24bc b c   ,(7 分)即 43)( 2  bccb .因为 2)2( cbbc  ,(9 分) 所以 4)(4 3)( 22  cbcb .即 4 cb (当且仅当 2 cb 时等号成立).(11 分) 所以 6 cba . (12 分) 解法二: , 2, ,sin sin sin 3 a b c a AA B C    且 所以 4 3 4 3sin , sin3 3b B c C  (8 分) 所以 4 32 (sin sin )3a b c B C     4 3 22 [sin sin( )]3 3B B    (9 分) 2 4sin( )6B    ,因为 20 , 63 3B B a b c     所以 时, 取得最大值 (12 分) 19、(1) |||| PFPQ  , 4||||||||||  QEPQPEPFPE ∴点 P 在以 E、F 为焦点的椭圆上, 1,42  ca ,∴ 3,2  ba ∴点 P 轨迹方程为 134 22  xy 3 (2) )1,2 3( A 不妨取 )1,2 3( A ,设 )2 3(1:  xkyl 代入 134 22  xy , 20  k , 042  yx , )4,4(B 0)3,4()2,2 3(  FBFA ,∴以线段 AB 为直径的圆过定点 F. 20、解:(1)由题意得 x =175×0.05+225×0.15+275×0.2+325×0.3+375×0.2+425×0.1=312.5 (2)因为区间[150,200)和[200,250]上的频率之比为 1:3,所以应从区间[150,200)上抽取一件,记 为 A1 , 从 区 间 [200,250] 上 抽 取 3 件 , 记 为 B1,B2,B3 , 则 从 中 任 取 两 件 的 情 况 有 (A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3),共 6 种, 其中两件都取自区间[200,250]上的情况有(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3),共 3 种 所以其概率 2 1 6 3 P (3)每天生产件数的频数分布表为: 件数 6000 7000 8000 9000 频数 20 30 40 10 若 采 用 方 案 一 , 使 用 100 台 A 设 备 和 800 台 B 设 备 每 天 可 进 一 步 加 工 的 件 数 为 30×100+4×800=6200,可得实际加工件数的频数分布表为 实际加工件数 6000 6200 频数 20 80 所 以 方 案 一 中 使 用 A,B 设 备 进 一 步 加 工 后 的 日 增 加 的 利 润 均 值 为 25× 4000080080100500100 80)620020×6000(  若 采 用 方 案 二 , 使 用 200 台 A 设 备 和 450 台 B 设 备 每 天 可 进 一 步 加 工 的 件 数 为 30×200+4×450=7800,可得实际加工件数的频数分布表为 实际加工件数 6000 7000 7800 频数 20 30 50 所 以 方 案 二 中 使 用 A,B 设 备 进 一 步 加 工 后 的 日 增 加 的 利 润 均 值 为 25× 500100 )507800307000206000(  ×200-80×450=44000, 综上所述,公司应该选择方案二. 21. 22.解:(1)曲线C 的普通方程为 4)2( 22  yx ,即 xyx 422  ,因为 222,cos yxx   ,可得  cos42  ,化简为  cos4 . 直线l :        sin33 cos1 ty tx (t 为参数方程,  0 ) ...........4 (2)将直线l 的参数方程代入 4)2(: 22  yxC ,整理得: 032)cossin3(62  tt ,设 BA, 对应的参数分别为 2,1 tt ,则 32),cossin3(6 2121  tttt  ,又 A 为 MB 的中点,所以 12 2tt  , 因此 )6sin(8),6sin(4)cossin3(2 21   tt . 所以 ,32)6(sin32 2 21  tt 即 1)6(sin2   .因为  0 , 所以 6 7 66   ,从而 26   ,即 33tantan3   , . ...........10 23.解:(1) 1 2|2 3|2 2|2 1|2         m mm mm (2) 14  cba 9)14 4 11()4()1 4 11(4 44 2  c c b b a a cbacbaabc abbcac ∴ abcabbcac 3644 
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