2020高考适应性考试理科数学(二)·答案与解析.pdf

A卷选择题答案 一、选择题1. B 【解析】B = { x|x2 - 3x < 0 } = { }x| 0 < x < 3 ，A ∩ B = {1,2 } ，所以选B.2. D 【解析】当a ≤ 0时，2 x - a > 0，f（x）>0，不是奇函数； 当a > 0时，f ( x ) 定义域为{ }x| x ≠ log 2 a ，则 log 2 a = 0,a = 1 ，经检验，此时f ( x ) 为奇函数，故选D. 3. D 【解析】根据空间直线和平面位置关系，对于选项 A，B，C，由条件可得直线 a，b的位置不确定 ，对于选项 D 由 已知得a ⊥ α，b ⊥ α，所以a⫽b. 4. A 【解析】由已知2cos( α - π 6 ) = -sinα，得2sinα + 3 cosα = 0，∴tanα = - 3 2 ， 故tan2α = 2tanα1 - tan2 α = -4 3. 5. D 【解析】如图，在平面直角坐标系中，由直线 x = 2，y = 2 及坐标轴围成的正方形内任 取一点 P( x,y ) ，则 x,y 均是 [ 0,2 ] 上的连续型随机数，则事件 A 对应的区域是由直线 y = x，x = 2 及 x 轴围成的等腰直角三角形，其面积 SA = 2. 事件 AB 对应的区域为图中阴 影部分（其边界为 x=2，y = x2，y = x 及 x 轴），其中 y = x2 与 y = x 的交点是 (1,1) ，其面积 SAB = ∫ 0 1 x2dx + ∫ 1 2 xdx = 1 3 + 3 2 = 11 6 . 根据几何概率模型计算公式及条件概率计算公式， 有P( B|A ) = P( AB ) P( A ) = SAB SΩ SA SΩ = SAB SA = 11 12. 6. C 【解析】设 P ( )x1 ,y1 ,Q( )x2 ,y2 ，光路 APQB 长度为 || AP + || PQ + || QB = ( )4 - x1 + ( )x1 + x2 + 2 +( )4 - x2 = 10 ， 选C. 7. A 【解析】由于四边形OCPD是由两个全等的直角三角形构成， ∴四边形OCPD的面积为S = 2S△OCP = 2 × 1 2 |CP| × 1 = |CP| = |OP|2 - 1. 而|OP|的最小值就是点O到直线l的距离，即|OP| min = 2. ∴四边形OCPD面积的最小值为 3. 8. C 【解析】由题意可知，潜伏期落在各区间的频率及累计频率可列表为： 区间 [1，5） [5，9） [9，13） [13，17） [17，21] 频率 0.16 0.40 0.32 0.08 0.04 累计频率 0.16 0.56 0.88 0.96 1.00 y x y = x2 y = x2 2O （第 5 题答图） 秘密★启用前 2020年山西省高考考前适应性测试（二） 理科数学参考答案详解及评分说明 理科数学试题答案 第1页（共6页） 评分说明： 1. 考生如按其他方法或步骤解答，正确的，同样给分；有错的，根据错误的性质，参照评分说明中相应的规定 评分 . 2. 计算题只有最后答案而无演算过程的，不给分；只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的，不 给分 .故累计频率0.9对应的潜伏期天数m ∈ [13,17 ) ， 令直方图中，直线x = m左侧的面积（即频率）等于0.9，得 0.88 + 0.08 × m - 13 17 - 13 = 0.9，解得m = 14， 即可估计至少需隔离观察14天，才能使90%的患者显现出明显病状. 9. C 【解析】当k = 1时，S = 1 × 3 2 ， 当k = 2时，S = 1 × 3 2 + 2 × 3 2 ， 当k = 3时，S = 1 × 3 2 + 2 × 3 2 + 0， 当k = 4时，S = 1 × 3 2 + 2 × 3 2 + 0 - 4 × 3 2 ， 当k = 5时，S = 1 × 3 2 + 2 × 3 2 + 0 - 4 × 3 2 - 5 × 3 2 ， 当k = 6时，S = 1 × 3 2 + 2 × 3 2 + 0 - 4 × 3 2 - 5 × 3 2 + 0 = -3 3. ∵正弦函数y = sin kπ 3 的周期为6， ∴k = 12时，S = -6 3. 10. A 【解析】第二行的数乘以3，第一个数2 × 3 = 6，减第一行两次之后，第二行第一个数变成0， 所以a = 34 × 3 - 39 × 2 = 24． 第三行的数乘以3，第一个数1 × 3 = 3，减第一行一次之后，第三行第一个数变成0， 所以b = 2 × 3 - 2 × 1 = 4． 故选A． 11. B 【解析】设AC = x，在直角△ABC中，cos∠BCA = x4， 在 △ADC中，由余弦定理得cos∠DCA = x2 + 1 - 10 2x ，二式联合解得x = 6. 在 Rt△ABC中，AB = 42 - x2 = 10， ∴ S△ABC = 1 2 × 10 × 6 = 15. ∴ S△ABD = 5 4 S△ABC = 5 15 4 . 12. D 【解析】因为 [ x f ( )x ]′ = 1 2 x f ( )x + x f ′( )x = f ( )x + 2xf ′( )x 2 x < 0 ， 故y = x f ( )x 在( )0, +∞ 单调递减，从而af ( )a2 < bf ( )b2 . 注意到f ( )x > 0 ，a > b > 0，故bf ( )a2 < af ( )a2 < bf ( )b2 < af ( )b2 ，故选D. B卷选择题答案1. D 2. D 3. B 4. A 5. B 6. C 7. A 8. C 9. A 10. C 11. B 12. D A、B卷非选择题答案 二、填空题13. 5 【解析】z = 5 1 - 2i = 1 + 2i， || zˉ = || 1 - 2i = 5. 14. 28 3 【解析】因为a ⊥ ( 2a - b ) ，a ⋅( 2a - b ) = 2a2 - ab = 0 ，26 = -2 + 3m，所以m = 28 3 ． 理科数学试题答案 第2页（共6页）理科数学试题答案 第3页（共6页） 15. 2（2分）； 1 12（3分） 【解析】（1）f ( x ) = sinωx + 3 cosωx = 2sin ( ωx + π 3 )，由已知得f ( x ) 与g( x ) 周期相同，故T = 2π ω = π , ω = 2． （2）因为f ( 0 ) = 2sin π 3 = 3，所以函数过点（0， 3）． 因为该函数在区间（0，π）内单调递增，在区间（2π，3π）内单调递减，且ω > 0， 所以函数f（x）图象在区间[π，2π]内有对称轴． 由ωx+ π 3 = π 2 + kπ，得x = π 6ω + kπ ω ，k ∈ Z． 所以π ≤ π 6ω + kπ ω ≤ 2π，解得 1 12 + k2 ≤ ω ≤ 1 6 + k，k ∈ Z． 当k < 0时，ω ∈ [ 1 12 + k2 , 1 6 + k ] ⊆ ( -∞,0 )与ω > 0矛盾， 故k ≥ 0，所以ω ≥ 1 12 + k2 ≥ 1 12. 经验证ω = 1 12 符合题意, 所以ωmin = 1 12 ． 16. k ∈ { }0 ⋃ [ )2, +∞ 【解析】易知F ( )1,0 ,F′( )-1,0 ，设A( )x1 ,y1 ,B ( )x2 ,y2 ，可证x1 x2 = 1,y1 y2 = 4. 直线l1 ,l2 的斜率为k1 ,k2，则k1 k2 = y1 y2 x1 x2 = 4. 设点P ( )x,y ，则k1 k2 = y x + 1 ⋅ y x - 1 = 4，变形得x2 - y2 4 = 1( )x ≠ ±1 ， 考虑到双曲线x2 - y2 4 = 1的渐近线为y = ±2x，结合图象可知k ∈ { }0 ⋃ [ )2, +∞ . 三、解答题 17. 解：（1）由已知得 an + 2 an = 4 ， a5 m = a5 a3 · a3 a1 = 42，∴m = 1. ………………………………………………………… 4分 （2）解法一：由a1 = m，an + 1 an = 22n + 3，可知a2 = 25 m ，a3 = 22 m， ………………………………………………… 6分 若存在m使 { an } 为等比数列，则a2 2 = a1 a3，且公比q = a2 a1 ， 解得m = 4，q = 2 ， ……………………………………………………………………………………………… 8分 此时an = 4 × 2 n - 1 = 2 n + 1，an + 1 = 2 n + 2，an an + 1 = 22n + 3 符合题意， 故存在m = 4，使 { an } 为等比数列，且an = 2 n + 1， ……………………………………………………………… 10分 其前n项和Sn = 4( 2 n - 1) 2 - 1 = 2 n + 2 - 4. ………………………………………………………………………… 12分 解法二：由an an + 1 = 22n + 3，知 an + 2 an = an + 1 an + 2 an an + 1 = 22( n + 1) + 3 22n + 3 = 4 ， 又a1 = m，故a2 = 25 m ，a3 = 22 m， ………………………………………………………………………………… 6分 若存在m使 { an } 为等比数列，则a2 2 = a1 a3，解得m = 4，………………………………………………………… 8分 此时a1 = 4，a2 = 8， 当n为奇数时，an = an an - 2 · an - 2 an - 4 ·…· a3 a1 ·a1 =          4 × 4 × … × 4 n - 1 2 个4 × 4 = 4 n - 1 2 × 4 = 2 n + 1 ，当n为偶数时，an = an an - 2 · an - 2 an - 4 ·…· a4 a2 ·a2 =          4 × 4 × … × 4 n - 2 2 个4 × 8 = 4 n - 2 2 × 8 = 2 n + 1 ， 故存在m = 4，使 { an } 为等比数列，且an = 2 n + 1， ……………………………………………………………… 10分 其前n项和Sn = 4( 2 n - 1) 2 - 1 = 2 n + 2 - 4. ………………………………………………………………………… 12分 18.（1）证明：∵ ∠ACB = 90°, ∴ BC⊥AC.又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC= AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACC1，∵AC1 ⊂平面ACC1，∴ BC⊥ AC1 . ……………………………………………………………………………………………………… 2分 又∵AA1 =AC，∴ 四边形AA1C1C是菱形，∴A1C⊥ AC1 . …………………………………………………………………………………………………… 4分∵A1 C ∩ BC = C，∴ AC1 ⊥ 平面A1BC. 又∵AC1 ⊂平面AC1B，∴平面AC1B⊥平面A1BC. ……………………………………………………………… 6分 （2）解：由（1）得BC⊥平面ACC1，∵ A1C⊥ BC，AC ⊥ BC, ∴ ∠A1C A 就是二面角A1 -BC-A的平面角，即∠A1 CA = 60°. ∴ △A1AC 为等边三角形. ……………………………………………………………………………………… 8分 设 AC 中点为 O，连接 A1O，则 A1O⊥平面 ABC，如图以 O 为坐标原点，建立空间直角 坐标系O-xyz， 不妨设AC = 2，则A（0,-1,0），A1（0，0， 3），B（2，1，0），C（0，1，0），C1（0，2， 3）， B1（2，2， 3），    CB1 = ( 2,1, 3 ). 由（1）知    AC1 = ( 0,3, 3 )为平面A1BC的一个法向量. 设直线B1C与平面A1BC所成角为θ， 则 sinθ = |cos <    AC1 ,   CB1 > | = 6 2 2 × 2 3 = 6 4 . ∴直线B1C与平面A1BC所成角的正弦值是 6 4 . …………………………………………………………… 12分 19. 解：（1）2a = || PF1 + || PF2 = 8 || PF2 = 8b2 a ，化简得a2 = 4b2 . 即3a2 = 4c2 ,e2 = 3 4, ∴e = 3 2 . …………………………………………………………………………… 4分 （2）由（1）得a = 2b. 设C: x2 4b2 + y2 b2 = 1,x2 + 4y2 = 4b2，必有2b > 1,b > 1 2. 设l:x = my + 1 ，联立ì í î x2 + 4y2 = 4b2 , x = my + 1, 得 ( )m2 + 4 y2 + 2my + 1 - 4b2 = 0. 设A( )x1 ,y1 ,B ( )x2 ,y2 ，则 ì í î ïï ïï y1 + y2 = - 2m m2 + 4 , y1 y2 = 1 - 4b2 m2 + 4 . ………………………………………………………………… 7分 kAE + kBE = y1 x1 - 4 + y2 x2 - 4 = 0 ， ……………………………………………………………………………… 9分 ( )x2 - 4 y1 + ( )x1 - 4 y2 = ( )my2 - 3 y1 + ( )my1 - 3 y2 = 2my1 y2 - 3( )y1 + y2 = 2m ⋅ 1 - 4b2 m2 + 4 + 6m m2 + 4 = 0， 解得b = 1，故椭圆C: x2 4 + y2 = 1. …………………………………………………………………………… 12分 A B C A1 B1 C1 （第 18 答题图） z O x y 理科数学试题答案 第4页（共6页）理科数学试题答案 第5页（共6页） 20. 解：（1）由题意可知，机器运行时间不少于3个月，共有三种可能： 第一，取到2个一等品，对应概率为 C2 4C2 6 = 6 15 = 24 60， 第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月， 对应概率为 C1 4 C1 2C2 6 × 1 2 = 4 × 2 15 × 1 2 = 16 60， 第三，取到2个二等品，且二者的使用寿命均为3个月，对应概率为C2 2C2 6 × 1 2 × 1 2 = 1 15 × 1 4 = 1 60， 故所求概率为 24 + 16 + 1 60 = 41 60. ……………………………………………………………………………… 4分 （2）若采用甲方案，则机器正常运行的时间X（单位：月）的分布列为： X P 5 1 - P( X = 6 ) = 3 4 6 1 2 × 1 2 = 1 4 EX = 5 × 3 4 + 6 × 1 4 = 21 4 ， 它与成本价之比为 EX5 + 5 = 21 40. ………………………………………………………………………………… 7分 若采用方案乙，容易知道两个二等品先后装配在同一位置时机器使用寿命最长， 此时这个位置的两个二等品的使用寿命之和Y（单位：月）的分布列如下： Y P 4 1 2 × 1 2 = 1 4 5 2 × 1 2 × 1 2 = 1 2 6 1 2 × 1 2 = 1 4 ………………… 8分 记M为一等品的使用寿命（单位：月），此时机器正常运行的时间Z（单位：月）的分布列为： Z P 4 P( Y = 4 ) = 1 4 5 P( M = 5,Y ≥ 5 ) + P( M = 6,Y = 5 ) = 1 2 × 3 4 + 1 2 × 1 2 = 5 8 6 P( M = Y = 6 ) = 1 2 × 1 4 = 1 8 EZ = 4 × 1 4 + 5 × 5 8 + 6 × 1 8 = 39 8 ， 它与成本价之比为 EZ5 + 2 + 2 = 39 72 = 13 24. ……………………………………………………………………… 11分 由于 21 40 < 13 24，故从性价比角度考虑，方案乙更实惠. ………………………………………………………… 12分 21. 解：（1）f ( x ) 定义域为（0，+ ¥）. f ′( )x = 1 + a x2 - 2a x = x2 - 2ax + a x2 . 考虑x2 - 2ax + a = 0,Δ = 4a2 - 4a. …………………………………………………………………………… 2分①当Δ = 4a2 - 4a ≤ 0，即0 ≤ a ≤ 1时，f ′( )x ≥ 0 ，f ( )x 在( )0, +∞ 内单调递增；②当Δ = 4a2 - 4a > 0，即a > 1时，x2 - 2ax + a = 0有两不等根x1 ,x2 , 注意到ìíî x1 + x2 = 2a > 0, x1 x2 = a > 0, 故x1 > 0,x2 > 0. 若 x ∈ ( )0,a - a2 - a ,或 x ∈ ( )a + a2 - a, +∞ ，则 f ′( x )> 0, f ( x ) 单调递增；若 x ∈ ( )a - a2 - a,a + a2 - a ， 则f ′( x ) < 0, f ( x ) 单调递减. 综上，0 ≤ a ≤ 1 时，f ( x ) 在( )0, +∞ 内单调递增；a > 1 时，f ( x ) 在( )0,a - a2 - a ，( )a + a2 - a, +∞ 内单调递 增，在( )a - a2 - a,a + a2 - a 内单调递减. ……………………………………………………………… 5分（2）由（1）知此时a > 1,ìíî x1 + x2 = 2a, x1 x2 = a, 不妨设x2 > x1 > 0. f ( )x1 - f ( )x2 x1 - x2 = 1 + a x1 x2 - 2a· lnx1 - lnx2 x1 - x2 = 2 - 2a· lnx1 - lnx2 x1 - x2 . 欲证 f ( )x1 - f ( )x2 x1 - x2 > 2 - 2a，只需证 lnx1 - lnx2 x1 - x2 < 1 ， 即证 2ln x1 x2 > 2( )x1 - x2 = x1 + x2 x1 x2 ( )x1 - x2 = x1 x2 - x2 x1 . ………………………………………………………… 9分 令t = x1 x2 ，则0 < t < 1. 记g ( )t = t - 1 t - 2lnt，由（1）知g ( )t 在( )0, +∞ 内单调递增. 故g( t ) < g ( )1 = 0 ， 即 2ln x1 x2 > x1 x2 - x2 x1 ，所以 f ( )x1 - f ( )x2 x1 - x2 > 2 - 2a得证. ……………………………………………………… 12分 22. 解：（1）设l:ìíî x = 2 + t cos α, y = t sin α, ( t为参数,α为直线l的倾斜角), 代入y2 = 2x得 t2 sin2 α - 2tcosα - 4 = 0. 设点A，B对应的参数为t1，t2，则t1 + t2 = 2 cos αsin2 α ，t1 t2 = - 4 sin2 α . …………………………………………… 2分 设AB的中点为Q（x，y），对应的参数为t， 则 t = t1 + t22 = cos αsin2 α， ∴ x = 2 + tcosα = 2 + cos2 αsin2 α ，y = t sin α = cos αsin α ， 消去参数得y2 = x - 2 为所求轨迹的直角坐标方程. ………………………………………………………… 6分 （2）由参数的几何意义可知 || || PA - || PB = || || t1 - || t2 = || t1 + t2 = | |||| ||| 2 cos αsin2 α =2 2 . ∴ || cos α = 2 (1 - cos2 α ). 得 || cos α = 2 2 ，∴tanα = ±1. ∴直线l的方程为y=±（x-2），即x - y - 2 = 0 或x + y - 2 = 0. ……………………………………………… 10分23. 解：（1）由f ( |x|) ≤ -x² + x + 2 ，得|x|≤x+2，等价于 ìíî x ≥ 0 , x ≤ x + 2 ,或{x < 0,-x ≤ x + 2. …………………………………………………………………………………… 2分 解得x ≥ 0，或-1 ≤ x < 0． 综上可得不等式的解集是 { x|x ≥ -1} ． ………………………………………………………………………… 4分 （2）因为 f ( a ) = a - a² = -( a - 1 2 ) ² + 1 4，所以函数f（a）在区间（0， 1 2）内单调递增． ……………………… 6分 ∵ m ≥ 2，∴0 < a < 1 m ≤ 1 2 ． ∴ f ( a ) < f ( 1 m )，而b < a - a²，即b < f ( a ) < f ( 1 m )． ………………………………………………………… 8分 ∴ b < 1 m -（ 1 m）² = m - 1 m2 < m - 1 m2 - 1 = 1 m + 1．得证．………………………………………………………… 10分 理科数学试题答案 第6页（共6页）