安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学（理）答案

安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学（理）答案

1 六安一中 2020 届高三年级适应性考试 理科数学试卷 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．【答案】C 解：①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高 ，所以中位数不可能 是 130，①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． 4．【答案】B 解：根据奇偶性排除 A,C，然后根据在 x 轴正半轴 0, ( ) 0x f x  排除 D 5．【答案】C 解：①对，②错，③对，④对 6．【答案】B 解：由等比数列的性质，可得  22 2 6 6 8 8 6 82 25a a a a a a     ， 又因为 0na  ，所以 6 8 5a a  ，所以 2 6 8 1 13 6 8 25 2 4 a aa a a a       ，当且仅当 6 8 5 2a a  时 取等号．故选：B. 7．【答案】A 解：模拟程序框图的运行过程，如下： 0i  ， 1S  ， 1i  ， 4i  ，是， 1 2 11S    ； 2i  ， 2 4 ，是， 1 2 31S    ； 3i  ，3 4 ，是， 3 2 1 3 3S   ， 4i  ， 4 4 ，否，退出循环， 输出 S 的值为 1 3 ，二项式 61 3 3 x x     的展开式中的通项是   6 6 2 3 1 6 6 3 113 3 r r r rr r r rT C xx C x                            ， 令3 0r  ，得 3r  ，∴常数项是   0 3 3 4 6 11 203T C          ，故选：A. 8．【答案】C 解：因为曲线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ， P 是C 第一象限上一点，以 P 为圆心的圆过点 F 且与直线 1x   相切，由抛物线的定义得：直线 1x   为抛物线的准线， 则 12 p  ，所以 2p  ，所以抛物线方程为： 2 4y x ，因为圆 P 的面积为 25 ，所以圆的 半径为 5，设  0 0,P x y ，因为圆与直线 1x   相切，所以 0 52 px r   ，解得 0 4x  ，则 2 0 4 4y   ， 又 0y  ，所以 0 4y  ，所以圆 P 的方程为   2 24 4 25x y    ，故选：C 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】D 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】D 解：  f x 的定义域为 0,  ，  ' 1 11 xf x x x     ， 所以  f x 在 1 ,1e      上递减，在 1,e 上递增，  f x 在 1x  处取得极小值也即是最小值，  1 ln1 1 1f h h      ， 1 1 1 1ln 1f h he e e e            ，   ln 1f e e e h e h       ，  1f f ee      ，所以  f x 在区间 ],1[ ee 上的最大值为 2   1f e e h   . 要使在区间 ],1[ ee 上任取三个实数 a ，b ， c 均存在以 )(),(),( cfbfaf 为边长的三角形，则 需      f a f b f c  恒成立，且  1 0f  ，也即      maxminf a f b f c    ，也即当 1a b  、c e 时，    2 1 ef f 成立，即  2 1 1h e h    ，且  1 0f  ，解得 3h e  . 所以 h 的取值范围是 3,e   . 故选：D 13．【答案】2020 解:由题意知， nS 为等差数列 na 的前 n 项和，设公差为 d ， 由 4 4a  ， 5 15S  ，得 4 5 3 4 15 5 a S a     ，解得 1d  ， 则 4 ( 4) 4 ( 4) 1na a n d n n        ，所以  1 1 1 1 1 1 1n na a n n n n     ， 则 2021 2020 1 111 11 3 1 2 1 2 11  mmmSm ，解得 2020m ，故答案为 2020． 14． 【答案】 4, 解：不等式组对应的可行域如图：由题可得 1 x ya ，   0 1 1 y y x x    ， 表示平面区域内的点 ,x y 与点  1,0B  连线的斜率， 当 ,x y 取点  0,4A 时， 1 y x  的最大值为 4 40 1  ，所以 4a  ．故答案为： 4, 第 14 题图 第 15 题 图 15．【答案】 3 解：连接 1AF ，如图：设该双曲线的焦距为 2c ，则 1 2 2F F c ，  2 ,0F c ， 由 2 2 2 2 1c y a b   、 2 2 2c a b  可得 2by a   ，所以 2 , bA c a      ， 2 , bB c a     ， 所以 22bAB a = ， 2 2 bAF a  ， 因为点O 为 1 2F F 的中点，且 2/ /OD F B ，所以点 D 为 1BF 的中点， 又 1BF AD ，所以 2 1 2bAF AB a   ，所以 2 2 2 1 2 22 b b ba AF AF a a a      ，即 2 22a b ， 所以该双曲线的离心率 2 2 2 2 21 3c a b be a a a      . 16．【答案】 4 3 ， 3 2[ , 5]2 解：利用等体积法得 1 1A AMN M A ANV V  ，得点到面的距离为 3 4 取 1 1B C 的中点 E ， 1BB 的中点 F ，连接 1A E ， 1A F ， EF ， 取 EF 中点O ，连接 1AO ，  点 M ， N 分别是棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中棱 BC ， 1CC 的中点， 1/ /AM A E ， / /MN EF ， AM M N M  ， 1A E EF E ，平面 / /AMN 平面 1A EF ，  动点 P 在正方形 1 1BCC B （包括边界）内运动，且 1 / /PA 面 AMN ， 点 P 的轨迹是线段 EF ， 2 2 1 1 2 1 5A E A F    ， 2 21 1 2  EF ， 1AO EF  ， 当 P 与O 重合时， 1PA 的长度取最小值 2 2 1 2 3 2( 5) ( )2 2AO    ， 当 P 与 E （或 )F 重合时， 1PA 的长度取最大值为 1 1 5A E A F  ． 1PA 的长度范围为 3 2[ , 5]2 ．故答案为： 3 4 ； 3 2[ , 5]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(  ，因为 CBA sin)sin(  ， ......3 分 所以 ACC cossin2sin  ． ......4 分 3 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        ,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 ．（8 分），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 又 b c a  ，所以 4 6a b c    ．......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 , 4 63B a b c     所以 ......12 分 18. （1）【证明】连接 1AB 交 EA1 于点G ，连接 FG . 因为 GEBAGA 11 ~  ，所以 2 1 1 1  EB AA GB AG .又因为 2 FC AF ， 所以 GB AG FC AF 1  ，所以 1// CBFG .又 CB 平面 FGEFA ,1 平面 EFA1 ，所以 //1CB 平面 EFA1 .......5 分 （2）过点C 作 ABCO  于O ，连接 1OA ，因为 CBCA  ，所以O 是线段 AB 的中点. 因为平面 CAB 平面 AABB1 ，平面 CAB 平面 ABAABB 11 ，所以 CO 平面 11AABB . 由题知 1ABA 是等边三角形，且O 是线段 AB 的中点，所以 ABOA 1 . 所以 OCOAOA ,, 1 两两垂直.如图，以O 为坐标原点 OCOAOA ,, 1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，不妨设 2AB , 则 )3 2,0,3 1()0,0,1(),1,0,0(),0,3,0(),0,0,1( 1 FBCAA ， .由 11 BBAA  得 )0,3,2(1 B ，则 )0,2 3,2 3(E ，所以 ).3 2,3,3 1(),0,2 3,2 3( 11  FAEA 设平面 FEA1 的一个法向 量 ),,( 1111 zyxn  ，则      ,0 ,0 11 11 nFA nEA   即        ,03 233 ,02 3 2 3 11 1 11 zyx yx 取 11 x ，则 5,3 11  zy ， 则 )5,3,1(1 n .又平面 1AEA 的一个法向量 )1,0,0(2 n ，所以 .29 295,cos 21 21 21  nn nnnn   由图可知二面角 AEAF  1 为锐角， 所以二面角 AEAF  1 的余弦值为 .29 295 ......12 分 19、（1） || PD 4 2 3PQ PE PF PE EF     62 4 2 3PQ PE PF PE EF      22 P E F点 轨迹是以 ， 为焦点的椭圆 椭圆 1C 的方程为 146 22  yx ............4 分 4 20、解：（1） 2log)( kxxxf a  ， kxaxxf 2ln 1)(  . 在，时，当 )(0)(01 xfxfk  ),0(  单调递增； akxxfk ln2 10)(02 2  ，时，当 ，  xf 在区间 )ln2 1,0( ak 上是单调递增，  xf 在区间 ),ln2 1(  ak 单调递减.....5 分 （2） kxx x x kxxy  lnln 2 ,令 kxx xxu  ln)( 2 ln0)(1 x xkxu 、当 ,令 32 ln21)(ln)( x xxx xx   ，则 ， exx  0)( 所以  x 在区间 ),1( e 上是单调递增，  x 在区间 ),( ee 上是单调递减. 0)1(  k . )(ln10ln1)( 22 xhx xkkx xxu  0ln23)( 3  x xxh 00)(  kehk 2 ln0)(2 x xkxu 、当 eek 2 1)(     1)1(0)( max  hxhkxu 1k 综合 .1021  kk 或得、 ....12 分 21、（1）若甲获得发球权，则获胜的概率为 4 1 2 1 2 1  ，如果甲没有发球权， 则获胜的概率为 6 1 3 1 2 1  ，所以甲获胜的概率为 12 5 6 1 4 1  . （2）比赛结束时甲的总得分 X 的可能取值为 0,3,6,9. X=0 时，比赛的结果为：“乙乙乙”， 6 1 2 1 2 1 3 2)0(  Xp , X=3 时 ， 比 赛 的 结 果 为 ： “ 甲 乙 乙 乙 ” ， “ 乙 甲 乙 乙 ” ， “ 乙 乙 甲 乙 ” ， 18 5 3 2 2 1 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 2 1 3 2 3 1)3(  Xp ， X=6 时，比赛的结果为：“甲甲乙乙乙”，“甲乙甲乙乙”，“甲乙乙甲乙”，“乙甲甲乙乙”， “乙甲乙甲乙”“乙乙甲甲乙”， 54 13 3 2 3 1 2 1 2 1 3 2 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 3 2 2 1 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 2 1 3 2 3 1 2 1 2 1 3 2 3 1 3 1)6(   Xp X=9 时， 54 17 54 13 18 5 6 11)9(  Xp X 的分布列为 X 0 3 6 9 P 6 1 18 5 54 13 54 17 9 1554 17954 13618 536 10)( XE 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，  0 ） ...........4 分 （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 21,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 分 23．解：（1） 1 2|2 3|2 2|2 1|2         m mm mm ..........5 分 （2） 14  cba 9)14 4 11()4()1 4 11(4 44 2  c c b b a a cbacbaabc abbcac ∴ abcabbcac 3644  .等号取得当且仅当 cba  4 ， 即 12 1,3 1  bca . ..........10 分