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  • 2021-06-16 发布

四川省棠湖中学2020届高三数学(文)第二次高考适应性试题(Word版附答案)

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四川省棠湖中学高 2020 届第二次高考适应性考试 文科数学 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动, 用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试 卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 第 I 卷 选择题(60 分) 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给的四个选项中,只有一项 是符合题目要求的。 1. z 是 z 的共轭复数,若  2, 2(z z z z i i    为虚数单位) ,则 z = A.1 i B. 1 i  C. 1 i  D.1 i 2.集合  2| 2 3 0x x xA    ,集合  2| 1,B y y x x R    ,则  R A B ð A.[ 1,1] B. ( 1,1) C.[ 1.3] D. ( 1.3) 3.已知实数 x 、 y 满足不等式组 2 1 0 2 1 0 0 x y x y y          ,则 3z x y   的最大值为 A.3 B. 2 C. 3 2  D. 2 4.下图是 2020 年 2 月 15 日至 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例的折线统计图.则下列 说法不正确的是 A.2020 年 2 月 19 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数 B.武汉市在新冠肺炎疫情防控中取得了阶段性的成果,但防控要求不能降低 C.2020 年 2 月 19 日至 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于 400 人的有 8 天 D.2020 年 2 月 15 日到 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例最多的一天比最少的一天多 1549 人 5.若sin 78 m ,则sin 6  A. 1 2 m  B. 1 2 m C. 1 2 m  D. 1 2 m 6.函数   2 1xf x x  的图象大致为 A. B. C. D. 7.某几何体的三视图如图所示,若图中小正方形的边长均为 1,则该几何体的体积是 A. 1616 3  B. 816 3  C. 32 8 3 3  D. 32 16 3 3  8.已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 ,nS 9 12 2 1 6, 4,2a a a   则数列 1{ } nS 的前 10 项和为 A. 11 12 B.10 11 C. 9 10 D. 8 9 9.将函数   sin2f x x 的图象向左平移 0 2       个单位长度,得到的函数为偶函数,则  的值为 A. 12  B. 6  C. 3  D. 4  10.设点M是线段BC的中点,点A在直线BC外, 2 16,BC AB AC AB AC        ,则 AM  A.8 B.4 C.2 D.1 11.已知抛物线 2 4y x 的焦点为 F ,准线与 x 轴的交点为 K ,点 P 为抛物线上任意一点 KPF 的平分线与 x 轴交于 ( ,0)m ,则 m 的最大值为 A.3 2 2 B. 2 3 3 C. 2 3 D. 2 2 12.设函数 ( ) ( )(ln )x mf x e ax x ax   ,若存在实数 a 使得 ( ) 0f x  恒成立,则 m 的取值 范围是 A. ,0 B. 0,2 C. 2  , D. ,2 第 II 卷 非选择题(90 分) 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13.曲线 ( ) xf x xe 在点 (1, (1))f 处的切线在 y 轴上的截距是_______. 14.已知   2log , 0, 2 1, 0,x x xf x x     则方程   3f x  的解是 x ______. 15.双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的左右焦点分别为 1F 、 2F , P 是双曲线右支上一点, I 为 1 2PF F 的 内心, PI 交 x 轴于 Q 点,若 1 2FQ PF ,且 : 2:1PI IQ  ,则双曲线的离心率 e 的值为 __________. 16.在三棱锥 P ABC 中, 60ABC   , 90PBA PCA    o , 3PB PC  ,点 P 到底面 ABC 的距离为 2 ,则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为________. 三.解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题, 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题:共 60 分 17.(12 分)端午节是我国民间为纪念爱国诗人屈原的一个传统节日.某市为了解端午节期间 粽子的销售情况,随机问卷调查了该市 1000 名消费者在去年端午节期间的粽子购买量(单位: 克),所得数据如下表所示: 购买量  0,100  100,200  200,300  300,400  400,500 人数 100 300 400 150 50 将烦率视为概率 (1)试求消费者粽子购买量不低于 300 克的概率; (2)若该市有 100 万名消费者,请估计该市今年在端午节期间应准备多少千克棕子才能满足 市场需求(以各区间中点值作为该区间的购买量). 18.(12 分)已知数列 na 是等差数列,前 n 项和为 nS ,且 5 33S a , 4 6 8a a  . (1)求 na . (2)设 2n n nb a  ,求数列 nb 的前 n 项和 nT . 19.(12 分)如图,在四棱锥 P ABCD 中,四边形 ABCD 为平行四边形,E 为侧棱 PD 的 中点,O 为 AC 与 BD 的交点. (1)求证: / /OE 平面 PBC; (2)若平面 PAD  平面 ABCD, 4AC  , 5AB  , 4sin 5ABC  , 求证: AC PD . 20.(12 分)已知抛物线 2 2y px ( 0p  )上的两个动点  1 1,A x y 和  2 2,B x y ,焦点为 F.线段 AB 的中点为  03,M y ,且 A,B 两点到抛物线的焦点 F 的距离之和为 8. (1)求抛物线的标准方程; (2)若线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C,求 ABC 面积的最大值. 21.(12 分)已知 ( ) ln( 1) .axf x e x x   (1)若 a=1,且 f(x)≥m 在(0,+∞)恒成立,求实数 m 的取值范围; (2)当 1 2a  时,若 x=0 不是 f(x)的极值点,求实数 a 的取值. (二)选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第 一题计分。 22.[选修 4-4:坐标系与参数方程](10 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参数),以坐标原点为 极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线 l 的极坐标方程为 sin 2 24       . (1)求曲线 C 的极坐标方程和直线 l 的直角坐标方程; (2)若射线 0 2         与曲线 C 交于点 A(不同于极点 O),与直线 l 交于点 B,求 | | | | OA OB 的最大值. 23.[选修 4-5:不等式选讲](10 分) 设函数 ( ) 2 1 1f x x x    .  1 画出 ( )y f x 的图像;  2 若 ( )f x m x n  ,求 m n 的最小值. 四川省棠湖中学高 2020 届第二次高考适应性考试 文科数学参考答案 1.D 2.A 3.A 4.D 5.B 6.D 7.B 8.B 9.D 10.C 11.A 12.D 13. e 14.8 15. 3 2 16. 6 17.(1)在随机调查的该超市 1000 名消费者中, 粽子购买量不低于 300 克的共有 200 人, 所以消费者粽子购买量不低于 300 克的概率 200 1 1000 5P   (2)由题意可得,购买 0,100 的概率为 0.1,购买 100,200 的概率为 0.3,购买 200,30 的概率为 0.4,购买[300,400)的概率为 0.15,购买 400,500 的概率为 0.05 所以粽子购买量的平均数为 50 0.1 150 0.3 250 0.4 350 0.15 450 0.05 225x            克 所以需准备粽子的重量为 0.225×106=225000 千克 18.(1)由题意,数列 na 是等差数列,所以 5 35S a ,又 5 33S a , 3 0a  , 由 4 6 58 2a a a   ,得 5 4a  ,所以 5 3 2 4a a d   ,解得 2d  , 所以数列的通项公式为    3 3 2 3na a n d n     . (2)由(1)得   12 3 2n n n nb a n      ,      2 3 4 12 2 1 2 0 2 3 2n nT n             ,        3 4 1 22 2 1 2 4 2 32 2n n nT n n              , 两式相减得    2 3 4 1 22 2 2 2 2 2 3 2n n n nT T n           ,  1 2 28 1 2 8 ( 3) 2 ( 4) 2 161 2 n n nn n             ,即 2( 4) 2 16n nT n     . 19.证明(1)因为四边形 ABCD 为平行四边形,O 为 AC 与 BD 的交点, 所以O 为 BD 的中点. 又因为 E 为侧棱 PD 的中点, 所以 / /OE PB . 又因为 PB  平面 PBC ,OE  平面 PBC , 所以 / /OE 平面 PBC . (2)在 ABC 中,因为 4AC  , 5AB  , 4sin 5ABC  , 由正弦定理 sin sin AC AB ABC ACB   , 可得 45sin 5sin 14 ABCAB AAC CB      , 所以 90ACB  ,即 AC BC . 又因为四边形 ABCD 为平行四边形, 所以 / /AD BC ,所以 AC AD . 又因为平面 PAD  平面 ABCD , 平面 PAD 平面 ABCD AD , AC  平面 ABCD , 所以 AC  平面 PAD .又因为 PD  平面 PAD ,所以 AC PD . 20.(1)由题意知 1 2 6x x  ,则 1 2| | | | 6 8AF BF x x p p       ,∴ 2p  , ∴抛物线的标准方程为 2 4y x ; (2)设直线 :AB x my n  ( 0m  )由 2 4 x my n y x     ,得 2 4 4 0y my n   , ∴ 1 2 4y y m  ,∴  1 2 1 22 4 22 6x yx y mn nm      ,即 23 2n m  , 即  2 1 2 2 1 2 16 3 0 4 8 12 m y y m y y m            ,∴ 2 2 2 1 2| | 1 4 1 3AB m y y m m        , 设 AB 的中垂线方程为: 2 ( 3)y m m x    ,即 ( 5)y m x   ,得点 C 的坐标为 (5,0) , ∵直线 2: 3 2AB x my m   ,即 22 3 0x my m    , ∴点 C 到直线 AB 的距离 2 2 5 2 3 1 m d m     22 1m  , ∴  2 21 | | 4 1 32S AB d m m      令 23t m  ,则 2 23 (0 3)m t t    ,  24 4S t t    令  2( ) 4 4f t t t   ,∴  2( ) 4 4 3f t t   , 令 ( ) 0f t  ,则 2 3 3t  ,在 2 30, 3       上 ( ) 0f t  ;在 2 3 , 33       上 ( ) 0f t  , 故 ( )f t 在 2 30, 3       单调递增, 2 3 , 33       单调递减, ∴当 2 3 3t  ,即 15 3m   时, max 64 3 9S  . 21.解:(1)由题,当 1a  时,    ln 1xf x e x x   ,所以     1ln 1 11 xf x e x x         , 设      1ln 1 01g x x xx     ,所以    2 0 1 xg x x     恒成立, 所以  g x 在 0,  上为增函数,所以    0 1g x g  ,又 e 1x  , 所以   0f x  恒成立,所以  f x 在 0,  上为增函数,所以    0 0f x f  ,所以 0m  (2)       1ln 1 1 ln 1 11 1 ax ax axef x ae x e a xx x              , 令    g x f x ,则       2 2 2 2 1ln 1 1 ax ax ag x e a x x           , 设       2 2 2 2 1ln 1 1 ax ah x a x x      , 则         22 3 3 1 1 12 2 2 01 1 1 a xa ax ah x x x x               , 所以  h x 在 1,  上递增,且  0 2 1h a  , ①当 1 2a  时,  0 0h  ,所以当  1,0x  时,   0h x  ;当  0,x  时,   0h x  , 即当  1,0x  时,   0g x  ;当  0,x  时,   0g x  , 所以    g x f x 在 1,0 上递减,在 0,  上递增,所以    0 0f x f   , 所以  f x 在 1,  上递增,所以 0x  不是  f x 的极值点,所以 1 2a  时,满足条件; ②当 1 2a  时,  0 2 1 0h a   ,又因为  h x 在  1,  上递增, 所以 0 0x  ,使得  0 0h x  ,所以当 0x x 时,   0h x  ,即   0g x  , 所以    g x f x 在 0,x  上递增,又  0 0f   , 所以当 0 0x x  时,   0f x  ;当 0x  时,   0f x  ,所以 0x  是  f x 的极小值点,不合 题意, 综上, 1 2a  22.(1)消去参数 可得曲线C 的普通方程是 2 2( 1) 1x y   ,即 2 2 2 0x y x   ,代入 cos sin x y        得 2 2 cos   ,即 2cos  ,∴曲线C 的极坐标方程是 2cos  ; 由 sin( ) 2 24     ,化为直角坐标方程为 4x y  . (2)设 1 2( , ), ( , )B    ,则 1 2cos  , 2 2 2 sin( )4     , 1 2 cos sin( )4 2 OA OB       2sin cos cos 1 1 1sin 2 cos22 4 4 4         2 1sin(2 )4 4 4    , 当 8   时, OA OB 取得最大值为1 2 4  . 23.(1)由题意,根据绝对值的定义,可得分段函数   3 , 1 12, 1 2 13 , 2 x x f x x x x x              , 所以 ( )y f x 的图象如图所示: (2)由  f x m x n  ,可得  0f n ,解得 2n  , 又因为    2 1| ( ) 31f x x x x    ,所以 3m x n x  .(※) 若 3m  ,(※)式明显成立; 若 3m  ,则当 3 nx m   时,(※)式不成立, 由图可知,当 3m  ,且 2n  时,可得   f x m x n  , 所以当且仅当 3m  ,且 2n  时,   f x m x n  成立,因此 m n 的最小值为5.

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