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  • 2021-06-10 发布

四川省成都石室中学2020届高三高考适应性考试(二)数学(文)试题答案

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成都石室中学高2020届高考适应性考试(二)‎ 数学参考答案(文科)‎ 一、选择题 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 ‎ D ‎ C ‎ A D ‎ ‎ C ‎ D ‎ A ‎ D ‎ B ‎ C ‎ A ‎ B 二、填空题 ‎13. ; 14. ; 15. ; 16. . ‎ ‎1.解:,在复平面内对应的点的坐标为,位于第四象限.故选:.‎ ‎2.解:,.故选:.‎ ‎3.解:由可得,‎ 所以 故选:.‎ ‎4.解:否命题将条件和结论同时否定.故选:.‎ ‎5.解:记2名男生为A1,A2,3名女生为B1,B2,B3,所有的结果为A1A2B1,A1A2B2,A1A2B3,A1B1B2,A1B1B3,A1B2B3,A2B1B2,A2B1B3,A2B2B3,B1B2B3,一共有10种情况,符合条件的有A1B1B2,A1B1B3,A1B2B3,A2B1B2,A2B1B3,A2B2B3共6种情况,所以概率为,故选:.‎ ‎6.解:因为,所以,所以①,两边平方可得,所以,所以,因为为锐角,所以②,由①②可得.故选:.‎ ‎7.解: ,图象向右平移个单位长度得到的解析式为 ‎,‎ 令,则,所以对称轴为.故选:.‎ ‎8.解: ,‎ 则,‎ 第8页/共7页 则有,又由,则;故选:.‎ ‎9. 解:连接,则∠为直线与直线所成角.‎ 设正方体的棱长为3,则.作,连接,可求得,所以,‎ 由余弦定理可得 ‎. 故选:.‎ ‎10.解:如图,当平面BAC⊥平面BDC时,三棱锥体积最大,取BC中点E,连接AE、DE,则AE⊥BC,DE⊥BC,因为平面BAC⊥平面BDC,所以可证得AE⊥平面BCD,DE⊥平面ABC,取三角形BCD的外心F,作FM//AE,则F、M、E、A四点共面,取三角形ABC的外心H,过点H作EF的平行线交FM于点O,因为EF垂直平面ABC,则HO垂直平面ABC,于是点O到A、B、C、D四点的距离相等,所以点O为三棱锥外接球的球心.连接OC,可求得OF=HE=,CF=,所以,所以外接球表面积为.故选:.‎ ‎11.解:线段是双曲线的焦点到渐近线的距离,则,三角形OAF为直角三角形,且OA=a,OF=c,由几何关系可求得A点的坐标为,于是点B的坐标为 将B点的坐标代入双曲线方程可得:.化简得,所以,,故选:.‎ ‎12. 解:因为只有一个整数解,即只有一个整数解,令,则的图象在直线y=a的上方只有一个整数解.作出的图象,由图象可知a的取值范围为 即,故选:‎ ‎13.解:因为点是切点,所以点在切线上,所以,‎ 第8页/共7页 因为函数的图象在点处的切线的方程是,斜率为,所以 ‎,所以.‎ ‎14.解: 由题可知 ‎,‎ 由正弦定理可得,所以 ‎.‎ ‎15.解:当时,,即,,;当时,,令, 所以在单调递增.又因为 ‎,所以的解集为.所以不等式的解集为.‎ ‎16.解:设的方程为,联立抛物线方程可得,所以有,‎ ‎,所以,‎ 解得,设,,当m=0时,△ABM的面积最小,此时的方程为,点的坐标为,.‎ 三、解答题 ‎17.【解析】(1)由已知当时,,,‎ 当时,,则,即,‎ 故. ………3分 设等比数列的公比为,,‎ 第8页/共7页 ‎,或者,‎ 或. ………6分 ‎(2)由题意,得, ‎ ‎,‎ ‎. ‎ 上述两式相减,得 ,‎ ‎. ………12分 ‎18.【解析】(1)根据题目所给数据得到如下的列联表:‎ 使用寿命不高于5年 使用寿命不低于6年 总计 型 ‎30‎ ‎70‎ ‎100‎ 型 ‎50‎ ‎50‎ ‎100‎ 总计 ‎80‎ ‎120‎ ‎200‎ 由列联表可知:,‎ 所以有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关; ………6分 ‎(2)记事件,分别表示小李选择型出租车和型出租车时,3年内(含3年)换车,‎ 由表知,,‎ 因为,所以小李应选择型出租车. ………12分 ‎19.【解析】(1)证明:由平面图形可知,,,‎ 又 ,平面,则.‎ 为的中点,,.‎ 第8页/共7页 ‎,平面,‎ 又面, 面平面; ………6分 ‎(2)解:的正视图与△全等,‎ ‎,即或.‎ 由(1)可知,平面平面,‎ 在平面内的射影落在直线上,‎ 得点到平面的距离.‎ 四棱锥的体积. ………12分 ‎20.【解析】(1)因为,可得,,‎ 由,可得,为的中点,‎ 所以,即,‎ 所以,即,,‎ 所以椭圆的方程为; ……….5分 ‎(2)由(1)可得,右焦点为,‎ 因为,所以,‎ 所以,又,‎ 直线,的斜率互为相反数, ……….7分 设直线,联立椭圆方程,消去,‎ 可得,‎ 设,,,,则,所以,‎ 第8页/共7页 将换为,同理可得, ……….9分 ‎,‎ ‎,‎ 所以直线的方程为,即. ………12分 ‎21. 【解析】(1)的定义域为,,‎ ‎∵在定义域内单调递增,∴,即对恒成立. ‎ 则恒成立. ∴,∵,∴.‎ 所以,的取值范围是. ………5分 ‎(2)设方程,即得两根为,,且.‎ 由且,得,‎ ‎∵,, ∴, ∴, ………7分 ‎,‎ 第8页/共7页 ‎∵,‎ ‎∴代入得,………9分令,则,得,, ,‎ ‎ ∴而且上递减,从而,‎ 即, ∴. ………12分 ‎22.【解析】(1)由参数方程,得,‎ ‎,‎ 即,化为极坐标方程得,即. ………5分 ‎(2)设点、的极坐标分别为、,则,,且,‎ 所以的面积为. ‎ ‎………… 10分 ‎23. 【解析】(1)证明:由三项基本不等式可知,不等式得证 ‎. ………… 5分 ‎(2)证明:由于,,为一个三角形的三边长,则有:,即,所以,同理,‎ 第8页/共7页 ‎,‎ 相加得:,左右两边同加得:‎ 所以,不等式得证. ………… 10分 第8页/共7页