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资料简介
漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 1 页(共 10 页) 漳州市 2020 届高中毕业班高考适应性测试 理科数学试题答案 评分说明: 1.本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生的解法与本解答不同,可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2.对计算题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应给分数的 一半;如果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分。 3.解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4.只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题:本大题考查基础知识和基本运算.每小题 5 分,满分 60 分. 1.C 2.B 3.C 4.D 5.C 6.C 7.B 8.C 9.C 10.A 11.A 12.A 【选择题详解】 1. 解析:选 C.  1,1A  , 1 2B   ,则 RACB111,,122  . 2. 解析:选 B. 3zi ,则 zz 310i  . 3. 解析:选 C.中国和巴西获得金牌总数为 154,按照分层抽样方法,22 名获奖代表中有中国 选手 19 个,巴西选手 3 个.故 12 193 3 22 57 1540 CCP C. 4.解析:选 D.因为 7a 是 3a 与 9a 的等比中项,所以 2 739aaa ,又数列  na 的公差为 2 , 所以 2 111(12)(4)(16)aaa ,解得 1 20a  ,故 20(1)(2)222nann  , 所以 1 10 10 10( ) 5 (20 2) 1102 aaS      . 5.解析:选 C ,通过偶函数定义判断可知  fx为偶函数,求导作出下图. 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 2 页(共 10 页) 6. 解析:选 C.分别取 11 DC . 1CC 中点 E . F ,易知平面 EFM 平行于平面 BDA1 ,又平 面  过点 M ,平面 平行于平面 ,所以平面 与平面 是同一个平面,所以体 积较小的几何体等于 24 11)2 1(2 1 3 1 2  . 7.解析:选 B. 3 2 4 1 ea ee , 2 4 16b e , 2 2 24 44ec ee , 2 4 9ed e , 由于 2.7e  , 2 7.39e  , 3 20.09e  ,所以c d a b   . 8. 解析:选 C.如图,最小正周期为 2 ,最大值为 1 42f  ,所以最小正周期与最大值之比 为 4 . 9. 解析:选 C.由已知可得 4AB  , 2CEAEBE .设 =< , >CE CD .当 D 与 E 重合 时, CE  CD  22cos04 ,符合题意;当 与 A 重合时, BDC , 4cosCD  ,代入 4CECD,得 24coscos4 ,此时 4   .故 0 4   , .此时由 ,得 2 cos 4CD    ,即 2 cosCD  ,结合 可得 2,2 2CD . 10.解析:选 A.函数 ()sinyfxx在 0x  , π 2x  , πx  处的函数值分别为 0)0(1  fy , 2 π()12yf, 3 (π)0yf, 故  2 12 12 1   xx yyk ,  2 23 23   xx yyk , 2 13 1 2 4   xx kkk , 故 2 22 2444( )() 2f xxx xxx    , 即 xxx  44sin 2 2  , 所以 25 24 5 24)5 2(4 5 2sin 2 2       .故选 A. 11. 解析:选 A .设  11,A x y ,  22,B x y ,抛物线焦点为 F . 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 3 页(共 10 页) 由已知有 2A F B F p,即 12y y p. 由 22 11 22 22 22 22 1 1 xy ab xy ab     .两式相减得   22 1 2 1 212 22 y y y yxx ab   , 即   121212 22 22 yyyypypy ab   ,故 2 2 1 2 b a  ,所以渐近线方程为 2 2yx . 12. 解析:选 A.令 ,0,lnxtetxt .转化成  2ln10ttat  ,即 1l n 0t a t t    令   1lnfttat t   ,显然  10f  问题转化成函数  ft在  0,  上只有一个零点 1   2 / 22 111 attafta ttt   若 0a  ,则   lnftt  在 单调递增,  10f  ,此时符合题意; 若 0a  ,则  / 0,ft  ft在 单调递增,  10,f  此时符合题意; 若 0,a  记   2 ,htatta  开口向下,对称轴 1 02t a,过  0, a , 214a . 当 0 时,即 2140,a 1 2a  时,  / 0ft ,  ft在 单调递减, , 此时符合题意; 当 0 时,即 2140 a, 10 2a时,设   0ht  有两个不等实根 12,tt, 120 tt. 又  10h  ,对称轴 1 12t a,所以 1201tt   。 则 在  10, t 单调递减,  12,tt 单调递增,  2 ,t  单调递增。 由于 所以  2 0ft  取 1 0 ate ,   11 22 0 1 aaa e a eft a   记   11 221 aaaa ea e    令 1 ,2tta 则     2 2 ttt e ea m t t  0 ,所以  0 0ft  结合零点存在性定理可知,函数 在 20,tt 存在一个零点,不符合题意. 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 4 页(共 10 页) 综上,符合题意的 a 的取值范围是 0a  或 1 2a  . 二.填空题:本大题考查基础知识和基本运算.每小题 5 分,共 20 分. 13. 22216xy 14.9 15. 14 141122a    16. 10 【填空题详解】 13.解析:    22222 3423216TCxyxy. 14.解析:当 a 老师监考 B 班时,剩下的三位老师有 3 种情况,同理当 老师监考 C 班时,也有 3 种,当 老师监考 D 班时,也有 3 种,共 9 种. 15.解析:由已知有 2QO  ,即点 Q 的轨迹方程为圆 T : 224xy.问题转化为圆 N 和圆 有公共点.则   22123 aa ,故 . 16.解析:由于 //QB 面 1D N T ,所以点 Q 在过 B 且与面 平行的平面上.取 DC 中点 1E , 取 1 1AG  ,则面 1 //B G E 面 .延长 1BE ,延长 AD ,交于点 E ,连接 EG ,交 1DD 于点 I . 显然,面 B G E  面 11D DAA GI ,所以点 Q 的轨迹是线段GI .易求得 10GI  . 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. 解:(1) 111( )sin 2(1 cos2 )222f xxx 1 (sin 2cos 2 )2 xx 2 sin(2 )24x ,…………………………………………………………3 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 5 页(共 10 页) z y x A1 B1 C1 A B C O 由 3222,, 242kxkkZ 得 5 ,88kxk  所以 ()fx的单调递减区间为 5,,.88kkkZ ……………………6 分 (2)由正弦定理得sincos2sincossinsinABABBA, ∵ s i n 0 ,A  ∴cos2cossinBBB, 即 (cossin)(cossin)cossinBBBBBB , (cossin)(cossin1)0,BBBB 得 cossin0,cossin1,BBBB 或 解得 , ( ,42BB或 舍去)………………………………………………9 分 ∵ ABC 为锐角三角形, 3+,4AC  ∴ 0,2 30,42 A A       解得 ,42A ∴ 352,444 A 22sin(2),242 A  ∴ 2()sin(2)24fAA 的取值范围为 11( , ) 22 .……………………12 分 18. (12 分) 解:(1)连接 AO ,因为O 为 BC 的中点, 可得 BCAO ,………………………………1 分 ∵ 1AOABC 平面 , BC ABC 平面 , ∴ 1AOBC , ……………………………………2 分 又∵ 1AO AO O,∴ 1BC AAO 平面 , ∴ 1BC AA ,……………………………………3 分 ∵ 11BBAA , ∴ 1BCBB , 又∵四边形 11BB C C 为平行四边形,∴四边形 为矩形.…………………………5 分 (2) 如图, 分别以 1,,OA OB OA 所在直线为 ,,x y z 轴 , 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 则漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 6 页(共 10 页) (1,0,0),(0,2,0),(0,2,0),ABC  ……………………………………6 分 R t A O B 中, 221AOABBO , 1Rt AAO 中, 22 11 2AOAAAO , 1 (0 ,0 ,2 )A ,∴ 1 ( 1 ,0 ,2 )AA  , 1 (0 , 2 , 2 )AC    , 11 (1,2,0)A BAB ,………7 分 设平面 11A B C 的法向量是 ( , , )x y zn , 由 1 0, 0, AB AC    n n 得 2 0, 2 2 0, xy yz       即 2, , xy zy    ,可取 (2,1, 1)n ,………………9 分 设直线 1AA 与平面 11A B C 所成角为  ,则 [0 , ]2   , 1 1 1 42sincos,30 1556 AA AA AA      n n n ,…………………………11 分 ∵ ,∴ 2 105cos1sin 15 , 即直线 与平面 所成角的余弦值为 105 15 .………………………………12 分 19. 解:(1)由已知,单只海产品质量  280,25N~ ,则 280  , 5  ,…………1 分 由正态分布的对称性可知,        11126512652951331 0.9974 0.0013222PPP        , …………………………………………………………………………………………………3 分 设购买 10 只该商家海产品,其中质量小于 2 6 5 g 的为 X 只,故  10,0.0013XB~ , 故      1011011 0.00131 0.9871 0.0129P XP X   ≥ , 所以随机购买 10 只该商家的海产品,至少买到一只质量小于 265 克的概率为 0 . 0 1 2 9 .…6 分 (2)由 6.8t  , 563y  ,    8 1 108.8ii i ttyy   , 8 2 1 ( ) 1.6i i tt   , 有      8 1 8 2 1 108.ˆ 8 1. 86 6 ii i i i t t y y b tt          ,……………………………………………………8 分 且 ˆˆ 563 68 6.8 100.6a y bt      ,………………………………………………………9 分 所以 y 关于 x 的回归方程为 ˆ 100.6 68yx,…………………………………………10 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 7 页(共 10 页) 当 49x  时,年销售量 y 的预报值 ˆ 100.66849576.6y  千元. 所以预测先进养殖技术投入为 49 千元时的年收益增量为 5 7 6 . 6 千元. …………………12 分 20. 解:(1)因为 E B E D A C A D ,又因为 4A C A D,所以 E B E D ,……………1 分 所以 42EBEAEDEAADAB ,……………………………………………2 分 所以 E 的轨迹是焦点为 A , B ,长轴为 4 的椭圆的一部分, 设椭圆方程为 22 221( 0)xy ab ab     , 则 24a  , 22c  ,所以 2 4a  , 2 2 2 3b a c   , 所以椭圆方程为 22 143 xy,…………………………………………………………………3 分 又因为点 E 不在 x 轴上,所以 0y  , 所以点 E 的轨迹  的方程为 22 1(0)43 xy y .………………………………………………4分 (2)因为直线 HG 斜率不为 0,设为 1x t y,……………………………………5 分 设  11,Gxy ,  22,Hxy ,联立 22 1, 143 xty xy   整理得 2234690tyty , 所以 222=3636(34)144(1)0ttt , 12 2 6 34 tyy t   , 12 2 9 34 yy t   ,…………6 分 所以 2 12 2 161 2 34OHG tSOA yy t  △ ,………………………………………………………8 分 ∵ 2MNOM ,∴ 2GHNOHGSS△ △ , 设四边形 O H N G 的面积为 S , 则 2 2 8 34 3 11 OHGGHNOHG tSSSS t    △ △ △ 2 2 22 18 18 13431 11 t t tt     ……………10 分 令 2 1(1)tm m ≥ , 再令 13ymm,则 在 1,  单调递增, 所以 1m  时, min 4y  , 此时 0t  , 2 2 131 1 t t   取得最小值 4 ,所以 max 9 2S  .……………………………12 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 8 页(共 10 页) 21.解:( 1)因为 11() axfx+a= xx   ,………………………………………………1 分 当 0a≥ 时, ( ) 0fx  , ()fx在  0,  单调递增,至多只有一个零点,不符合题意,舍 去;………………………………………………………………………………………………2 分 当 0a< 时,若 10 x a   ,则 ;若 1x a ,则 ( ) 0fx  , 所以 ()fx在 10, a  单调递增,在 1 ,a    单调递减,………………………………3 分 所以 max 11( ) ( ) ln( )f x f aa    , 因为 ()fx有两个零点,所以必须 max( ) 0fx  ,则 1l n ( ) 0a, 所以 1 1a,解得 10a   . 又因为 0x  时, ( ) 0fx ; x    时, , 所以当 时, 在 和 各有一个零点,符合题意, 综上, .……………………………………………………………………………4 分 (2)由(1)知 ,且 0 1x a , 因为 的两个零点为 12,xx,所以 1 2 ()0, ()0, fx fx    所以 11 22 ln10, ln10, xax xax    …………………………………………………………………………………………………5 分 解得 1 12 2 ln()0x axxx  ,令 12,xx 所以 1 2 12 ln x xa xx    ,……………………………6 分 令函数 ()ln xhxx e,则 11()hx xe  , 当 0ex时, ()0hx  ;当 ex  时, ()0hx  ; 所以 ()hx在  0,e 单调递增,在 e, 单调递减, 所以 max()(e)0h xh ,所以 ()0hx≤ ,所以ln xx e ≤ ,………………………………8 分 因为 0 11( ) ( ) ln( )f x f aa    ,又因为 1 1a,所以 11ln( )a ea≤ , 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 9 页(共 10 页) 所以 122 l n ( )e aa≤ ,即 0 22 ( )ef x a≤ , 要证 120 2 ( )x x e f x ,只需 12 2xx a≥ ,………………………………………………9 分 即证 12 12 1 2 2() ln xxxx x x  ≥ ,即证 1 1 2 2 1 2 2( )ln x x x x x x   ≥ , 即证 1 1 2 12 2 2( 1 ) ln 1 x x x xx x   ≥ ………………………………………………………………………10 分 令 12xx ,再令 1 2 ( 1 )xttx,即证 2 ( 1 )ln 1 tt t   ≥ , 令 2( 1)( ) ln ( 1)1 th t t tt    ,则       2 22 114( ) 0 11 tht t t t t       ,………………………………………………………11 分 所以 ()ht 在 ( 1 , )+ 单调递增,所以 ()(1)0hth , 所以 2(1)ln 1 tt t   ,原题得证. ……………………………………………………………12 分 (二)选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做,则按所做 第一个题目计分。 22.解:(1)因为曲线 C1 的参数方程为      ,sin ,cos   y x 所以曲线 C1 的普通方程为 122  yx , ························································· 2 分 将变换 T:      ,' ,2' yy xx 即      ,' ,'2 1 yy xx 代入 ,得 1'4 ' 2 2  yx , ··················· 4 分 所以曲线 C2 的普通方程为 14 2 2  yx . ·························································· 5 分 (2)因为 m>1,所以 C3 上的点 A(0,-m)在椭圆 E: 外. ·················· 6 分 当 x>0 时,曲线 E 的方程化为 mmxy  , 代入 ,得 0)1(48)14( 2222  mxmxm ,( *) 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试理科数学答案第 10 页(共 10 页) 因为 )1(4)14(464 224  mmm 0)13(16 2  m , 所以方程(*)有两个不相等的实根 x1,x2, 又 014 8 2 2 21  m mxx , 014 )1(4 2 2 21   m mxx ,所以 x1>0,x2>0, 所以当 x>0 时,曲线 C2 与曲线 C3 有且只有两个不同的公共点, ····························· 8 分 又因为曲线 C2 与曲线 C3 都关于 y 轴对称, 所以当 x

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