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- 2021-06-15 发布
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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 1b .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 2020m ,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 2AB ,
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 1k 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
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