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  • 2021-06-15 发布

安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学(理)答案

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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 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