2020届高三 适应性训练2 文科数学答案.pdf

高三文数 第5页 共10页 参考答案 一．选择题： BADCCA DBABCC 1.B【解析】∵A={x|0＜x＜2}，B={x|x≥1}，∴∁RB={x|x＜1}，∴A∩（∁RB）={x|0＜x＜ 1}．故选：B． 2.A【解析】∵ ii iz +=− + 11 ，∴z+i=（1+i）（ 1﹣i）=2，∴z=2﹣i．故选：A． 3.D【解析】因为 5tan( ) tan 12  − = = ,又 3,22   所以 12sin( ) cos2 13 + = = − . 故 选 D. 4.C【解析】 ( ) sin 2( )f x x =−且 22 2 ( 2 , 2 )3x    −  − − ，则 2 2 2 232    −  −  − 得 12 4  ， 选 C. 5.C 【 解 析 】 设 公 比 为 q ，由 22 2 4 1 52 900a a a a+ + = 得 22 2 4 2 42 900a a a a+ + = , 则 2430aa+= ,即 2 2 (1 ) 30aq+=,又 539aa= 即 2 339a q a= 得 2 9q = ， 2 3a = ， 所 以 2018 2 1009 1009 2019 2020 2 2 ( ) 3 9 3a a q a q= = =  = 故选 C. 6.A【解析】①由于sin cos 2 sin( ) 24x x x + = +  ，则错误；②正确；③原命题的逆命 题为：若 , ab中至少有一个不小于 2，则 4ab+ ≥ ，而 4, 4ab= = − 满足 , ab中至少有 一个不小于 2，但此时 0ab+=，故③是假命题；④是既不充分也不必要条件，所以错误； 故选 A. 7.D【解析】由 nn= 时 100mn=−， 3(100 )3 nSn= + − ，令 3(100 ) 1003 n n+ − = 得 75n = ， 选 D. 8.B【解析】由频率分布直方图得 2（0.05+0.15+x+0.05）=1 得 x=0.25，则 学习时长在[9,11) 的频率 2x=0.5=25/n，则 n=50 9.A【解析】由 z=y﹣ax 得 y=ax+z，即直线的截距最大，z 也最大．若 a=0，此时 y=z，此 时，目标函数只在 A 处取得最大值，不满足条件，若 a＞0，目标函数 y=ax+z 的斜率 k=a ＞0，要使 z=y﹣ax 取得最大值的最优解不唯一，则直线 y=ax+z 与直线 2x﹣y=0 平行，此 时 a=2，若 a＜0，目标函数 y=ax+z 的斜率 k=a＜0，要使 z=y﹣ax 取得最大值的最优解唯 一，则直线 y=ax+z 与直线 13 1 =+ yx 平行，此时 a=﹣3，综上 a=﹣3 或 a=2，故选：A． 高三文数 第6页 共10页 10.B【解析】设 31,22a =  , 31,22b =− 为符合题意的两个向量,则 ( 3,0)ab+= ,即 ( 3,0)C ,而 1m a b− − = ,则 m 的终点在以C 为圆心,1 为半径的圆上,当 的终点在点 ( 3 1,0)D + 处时, max 31m =+,故选 B. 11.C【解析】F      0,2 p 抛物线的准线方程为 x＝－p 2，则由抛物线的定义知 xM＝5－p 2，设以 MF 为直径的圆的圆心为      2,2 5 My ，所以圆的方程为 4 25 22 5 22 =     −+     − Myyx ，又因为圆过点      2 30， ，所以 yM＝3，又因为点 M 在 C 上，所以 )25(29 pp −= ，解得 p＝1 或 p＝9，抛物 线 C 的标准方程为 y2＝2x 或 y2＝18x，选 C. 12.C【解析】 ( ) 2( 2) ( 2)( )xxaaf x x e a x exx  = − + − = − − 且 0x  ，则 ( ) 0fx = 有两解 为 2x = 或由 xa xe= 确定.设 () xg x xe= ，则 ( ) ( 1) 0xg x x e = +  ，所以 ()gx在(0, )+ 上递增，得 ( ) (0) 0g x g= 所以要 有两解，则 只能有一解且不为 2，这时 0a  且 22ae .又由题 知 ( ) 0fx  在(1,2) 上恒成立，即( 2)( ) 0x axex− −  在 上恒成立，由于 2x  ，则 0x ae x−，得 xa xe 在 上恒成立，由上面可得 2(1) ( ) (2) 2g g x g e=，从而 22ae .综上得 22ae 故选 C. 二.填空题： 22 1 2 1 13. 【 解 析 】 圆 心 到 直 线 的 距 离 22 2 2 1 ( 1) d == +− ，因此 2 2 2 2( ) 4 2 2 8 2 22 l r d l l= − = − =  =  = 。 14.1【解析】 | | | | cos | | cosDE DC DE DC DE =  =  ，而 | | cosDE  就是向量 DE 在 DC 边上的射影，要想让 DE DC 最大，即让射影最大，此时 E 点与 B 点重合，射影 为||DC ，所以长度为 1 15.2 【 解 析 】 设 00, bP x xa − , 由 AB PF AP BF kk kk =  = 得 0 0 0 0 b xb a a c x b xb a c a x   = −   =− − − , 从而 0 2 2 22 cx ccaa  =  =+ 得 2220a ac c+ − = 得 2e = . 高三文数 第7页 共10页 16. 1【解析】当平面 DMN ⊥ 平面 ABCD时,三棱锥 D MNQ− 体积最大,这时 DN ⊥ 平 面 . 设 AM x= ,则 DN x= ,且0 2 3x ,则 ( )1 1 1 2 2 33 3 2D MNQ MNQV S DN x x− =  =  − 当 3x = 时三棱锥 体积最大,且 max 1V = . 三．解答题：（本题共 6 小题，17 --21 每题 12 分，22、23 每题 10 分，共 70 分） 17. 解 : （ Ⅰ ） 由 已 知 得 4, 4,a b c b= − = + 由 余 弦 定 理 得 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC MCN= + − • •  ( ) ( ) ( )222 14 4 2 4 , 10.2b b b b b b + = + − −  −  −  =  5 分 （Ⅱ）在 BAC 中,由正弦定理,得 ,sin sin sin AC BC AB ABC BAC MCN== ( ) ( )( )8 3sin12 8 3, 0 60 ,sin sin120sin 60 8 3sin 60 oo oo o bba a      = = = =   − =− 8 分 ( ) ( ) ( )318 3 sin 60 sin 8 3( cos sin ) 8 3sin 60 , 0 6022 o o o oAC BC a b       + = + = − + = + = +   ( )max=30 8 3, 8 3.o AC BC A C B + =  − −当 时， 观景路线 长的最大值为 12 分 18.（1）厨余垃圾投放正确的概率约为“ 厨余垃圾” 箱里厨余垃圾量 厨余垃圾总量 = 2 3 =++ 400 400 100 100 3 分 设生活垃圾投放错误为事件 A,则事件 A 表示生活垃圾投放正确。 事件 的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其 他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即 P( ),约为 ++=0.7400 240 60 1000 。 所以 P(A)约为 1－0.7=0,3 6 分 （2）当 0,600 === cba 时， 2S 取 得 最 大 值 . 9 分 因为 1 ( ) 2003x a b c= + + = ，则 ( )  80000)2000()2000(200600 222 3 12 =−+−+−=S 12 分 高三文数 第8页 共10页 19.（1）因为 1BC = ， 1 2CC = ， 1 3BCC =，∴ 1 3BC = ，又∴ 2 2 2 11BC BC CC+=， ∴ 1BC BC⊥  2 分 ∵ AB ⊥侧面 11BB C C ，∴ 1AB BC⊥ . 4 分 又∵ AB BC B=， AB ， BC 平面 ABC ∴直线 1CB⊥ 平面 . 5 分 （2） 在 11BB C C 中， CE=1BC = 且 1 3BCC =得 E=1B ，又 1 1 1C E=1BC = 且 1 2E 3BC =得 1E= 3B 又 112BB C C== ，则 2 1 2 1 2 BBEBBE =+ 即 EBBE 1⊥ 7 分 AB ⊥平面 11BB C C 得 11AB ⊥平面 11BB C C ，则 11AB ⊥ BE ， 1 1 1 1 1 1 1A B A B E B E A B E ， 平面平面 且 1 1 1 1=A B B E B ，则 11A B E⊥ 10 分 则 EBA1 为所求 1BA 与平面 11A B E 所 成 角 ， 其 正 弦 值 为 4 2 22 1 1 ==BA BE . 12 分 20. 解：（1）若| | 4 3AP = ， BG 垂直平分 AP ，则 23AG = 又 4AB = ， 2 3 3cos 42GAB  = = ，即 30GAB= 设 ( , )P x y ，则 3 23AP yk x==+ 且 22( 2) 48AP x y= + + = 解得 (4,2 3)P 或(4, 2 3)− 6 分 （2）存在两个定点 ,EF，使得当 P 运动时，| | | |DE DF+ 为定值 8 设 ( , )D x y ，则 ( 2, )Cy− ，由 PC 的中点为 D ，可得 (2 2, )P x y+ 因为 的垂直平分线过点 B ，则| | | |PB AB= 22(2 2 2) 16xy + − + = 22 1( 2)4 16 xy x + =  − ，即点 的轨迹是椭圆（不含点 A） 2 2 216, 4, 12a b c = =  = 由椭圆的定义可知，存在 (0,2 3), (0, 2 3)EF− 满足| | | | 2 8DE DF a+ = = 为定值 12 分 高三文数 第9页 共10页 21.【解析】（1） ( )2 1 1 1( ) lnf x x a xxx  = + − ，因为曲线 ()y f x= 在点(1, (1))f 处的切线方程 为 10xy+ − = ， 所以 (1) 1 1fa = − = − ，得 0a = ． ……4 分 （2）存在整数  ，使得关于 x 的不等式 ()fx  恒成立 当 2a = 时， 1( ) (2 )lnf x xx=− ， ( )22 1 1 1 2 1 ln( ) ln 2 xxf x x xxxx −+ = + − = ， ……6 分 设 ( ) 2 1 lng x x x= − + ，则 1( ) 2 0gx x = +  ． 所 以 ()gx 单 调 递 增 ， 且 11( ) ln 022g =， (1) 1 0g = ， 所以存在 0 1( 1)2x  ， 使得 0( ) 0gx = ……8 分 因为当 0(0 )xx ， 时， ( ) 0gx ，即 ( ) 0fx  ，所以 ()fx单调递减； 当 0( + )xx， 时， ( ) 0gx ，即 ( ) 0fx  ，所以 单调递增， 所以 0xx= 时， 取得极小值，也是最小值， 此时 ( )0 0 0 0 0 0 0 1 1 1( ) (2 )ln (2 ) 1 2 (4 ) 4f x x x xx x x= − = − − = − + + ， ……10 分 因为 ，所以 0( ) ( 1 0)fx −， ， 因为 ()fx ≥ ，且  为 整 数 ， 所 以 1 −≤ ，即 的 最 大 值 为 -1． ……12 分 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 : 1 : 1, cos , sin2 sin 2cos 1, C: = .2 1+cos yC x x y         + = = = += 22.解 将曲线 的参数方程化为直角坐标方程 将 代入 可得 化简得 ……5 分 ( ) 1222 2222 22 22 222 , , , ,2 2 1+cos 1+sin 2 2 2 2 4 ,1+cos 1+sin1+cos 1+sin 3(1+cos )(1+sin ) 2 41+cos =1+sin = .43 OB OA OB OA OB OA OB            −  = = = =  • = • =  =+ • 由题意知 射线 的极坐标方程为 =+ 或 = 当且仅当 ，即 时， 取最小值 ……10 分 高三文数 第10页 共10页 … …5 分 … …… 10 分 ( ) max 3, 1 23. 1 ( ) 3 1, 1 1, 1 , ( ) 2, 2. 3, 1 xx f x x x x f x k xx +  − = − − −    = − =  =  − −  当 时 ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 , 2 2 , 2 < 2 , , 4 4 0, -1 -4 0, 2