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2020 届高三 适应性训练 2 理科数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,满分 150 分，,时间 120 分钟
第Ⅰ卷（选择题共 60 分）
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的.）
1.设集合 ( ) 2lg 3 4A x Z y x x= = − + + , 24xBx=则 AB= ( )
A. )2,4 B. 2,4 C. 3 D. 2,3
2.已知 ( ) 5tan 12−=,且 3,22
,则sin 2
+=
( )
A. 5
13
B. 5
13−
C.12
13
D. 12
13−
3.下列四个命题中,正确的有( )
①随机变量 服从正态分布 ( )1,9N ,则 ( ) ( )1 0 2 3PP− =
② 0 0 0
3,sin cos 2x R x x + =
③命题 2" , 2 0"x R x x − − 的否定是 2" , 2 0"x R x x − −
④复数 1 2 3,,z z z C ,若( ) ( )22
1 2 2 3 0z z z z− + − = 则 13zz=
A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个
4.已知在等比数列 na 中, 0na , 22
2 4 1 5 5 3900 2 , 9a a a a a a+ = − = ,则 2020a = ( )
A. 10103 B. 10093 C. 20193 D. 20203
5.如下图所示，是一个几何体的三视图,则此三视图所描述几何体的表面积为( )
A.( )12 4 3 +
B. 20 C.( )20 4 3 + D. 28
6.2020 年,一场突如其来的“新型冠状肺炎”使得全国学生无法在春季正常开学, 不得不在家“停课不停学”.
为了解高三学生居家学习时长,从某校的调查问卷中,随机抽取n 个学生的调查问卷进行分析,得到学生可接
受的学习时长频率分布直方图（如下图所示）,已知学习时长在[9,11) 的学生人数为 25，则 n 的值为（ ）
A.40 B.50 C.60 D.70
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7.明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道著名的题目：“一百馒
头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”.
如右图所示的程序框图反映了此题的一个算法．执行如图的程序框图，
则输出的 n ＝（ ）
A.25 B.45 C.60 D.75
8.已知实数 ,xy满足
,
2 0,
5,
yx
xy
xy
−
+
则 22z x y=+的最大值为( )
A. 25
2 B. 25
4 C. 25
8 D.125
9
9.已知两个夹角为
3
的单位向量 ,ab.若向量 m 满足 1m a b− − = ,则 m 的最大值是( )
A. 31− B. 31+ C. 2 D. 6 2 1++
10.已知抛物线 2 2yx= 的焦点为 F ,其准线与 x 轴的交点为Q ,过点 作直线与此抛物线交于 ,AB两点,
若 0FA QB•=,则 AF BF−=( )
A.3 B. 2 C. 4 D.6
11.将函数 xy 2sin= 的图像向右平移 0 2
个单位长度得到 )(xf 的图像，若函数 )(xf 在区间
0, 3
上单调递增，且 )(xf 的最大负零点在区间 5 ,12 12
−−
上，则 的取值范围是( )
A. ]4,6( B. )4,6(
C. ]4,12(
D.[ , ]12 4
12.已知函数 ( ) ( ) ( )3 2ln 1xf x x e a x x= − + − + 在 ( )1, + 上有两个极值点,且 ( )fx在( )1,2 上单调递增,
则实数 a 的取值范围是( )
A.( ),e + B.( )2,2ee C.( )22e + D.( ) ( )22,2 2e e e +
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分(共 90 分).第 13 ～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22～23
为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）
13.二项式
8
3 3x x
−
的展开式中的常数项为 .
14.已知双曲线 ( )
22
221 0, 0xy abab− = 的左顶点为 A ,右焦点为 F ,点 ( )0,Bb,双曲线的渐近线上存在
一点 P ,使得 , , ,A B F P 顺次连接构成平行四边形,则双曲线C 的离心率 e = .
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15.定义在 R 上的函数 ( )fx对任意 xR ，都有 ( ) ( )
( ) ( )1 12 , 214
fxf x ffx
−+ = =+
，则 ( )2020f = .
16.如图，矩形 ABCD 中， 2 3,AB = 2,AD = Q 为 BC 的中点，点 M，N 分别在线段 AB，CD 上运动（其
中 M 不与 A，B 重合，N 不与 C，D 重合），且 MN∥AD，沿 MN 将△DMN 折起，得到三棱锥 D﹣MNQ，
则三棱锥 D﹣MNQ 体积的最大值为 ；当三棱锥 D﹣MNQ 体积最大时，其外接球的半径 R = ．
三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. (本小题满分 12 分)
如图, ,CM CN 为某公园景观湖畔的两条木栈道, 120oMCN=,现拟在两条木栈道的 ,AB处设置观景
台,记 , , .BC a AC b AB c= = =
（Ⅰ）若 ,,abc成等差数列，且公差为 4，求b 的值；
（Ⅱ）已知 12,AB = 记 ,ABC =试用 表示观景路线 AC CB+ 的长，并求
观景路线长 的最大值.
18.(本小题满分 12 分)
为迎接“五一国际劳动节”，某商场规定购买超过 6000 元商品的顾客可以参与抽奖活动.现有甲品牌和
乙品牌的扫地机器人作为奖品,从这两种品牌的扫地机器人中各随机抽取 6 台,检测它们充满电后的工作时
长,相关数据见下表(工作时长单位:分)
机器序号 1 2 3 4 5 6
甲品牌工作
时长∕分
220 180 210 220 200 230
乙品牌工作
时长∕分
200 190 240 230 220 210
（Ⅰ）根据所提供的数据,计算抽取的甲品牌的扫地机器人充满电后工作时长的平均数与方差;
（Ⅱ）从 乙品牌被抽取的 6 台扫地机器人中随机抽出 3 台扫地机器人,记抽出的扫地机器人充满电后工作时
长不低于 220 分钟的台数为 X ,求 的分布列与数学期望.
19.(本小题满分 12 分)
如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C− 中，AB ⊥侧面 11BB C C ，已知 1 3BCC =， 1BC = ， 1 2AB C C==，
点 E 是棱 1C C 的中点.
（Ⅰ）求证: 1CB⊥ 平面 ABC ；
（Ⅱ）在棱CA 上是否存在一点 M ，使得 EM 与平面 11A B E 所成角的
正弦值为 2 11
11
，若存在，求出 CM
CA
的值；若不存在，请说明理由. 理科数学第4页共11页
20.(本小题满分 12 分)
已知椭圆
22
22: 1( 0)xyE a bab+ = 的离心率为 e ,点(1, )e 在椭圆 E 上，点 ( , ), ( , ),A a B b AOB
的面积为 3
2 ,O 为坐标原点.
（Ⅰ）求椭圆 E 的标准方程;
（Ⅱ）若直线l 交椭圆 于 ,MN两点,直线OM 的斜率为 1k ,直线ON 的斜率为 2k ,且 12
1
9kk• = − ,
证明: OMN 的面积是定值,并求此定值.
21. (本小题满分 12 分)
设函数 ( ) 2 lnf x x ax x= − + .
（Ⅰ）若当 1x = 时， ( )fx取得极值，求 a 的值，并求 的单调区间.
（Ⅱ）若 存在两个极值点 12,xx，求 的取值范围，并证明: ( ) ( )21
21
4
2
f x f x a
x x a−−
−
.
请考生在 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
22.(本小题满分 10 分) 选修 4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程是
cos ,
()
2 sin
x
y
= =
为参数 .以坐标原点为极点，
x 轴正半轴为极轴建立极坐标系， ,AB为曲线C 上两点,且OA OB⊥ ,设射线 : 0 .2OA =
（Ⅰ）求曲线C 的极坐标方程；
（Ⅱ）求 OA OB• 的最小值.
23.(本小题满分 10 分) 选修 4—5：不等式选讲
已知函数 ( ) 1 2 1f x x x= − − + ,若 ()fx的最大值为 k ；
（Ⅰ）求 k 的值；
（Ⅱ）设函数 ()g x x k=−,若 2b ,且 () bg ab a g a
•
,求证: 1a ..
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参考答案
一．选择题：（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
1.D【解析】由 2 3 4 0xx− + + 得 2 3 4 0xx− − ，则 14x− ，又由 xZ 得 0,1,2,3x = .所以
0,1,2,3A = ,而 [2, )B = + .从而 {2,3}AB= .故选 D.
2.D【解析】因为 5tan( ) tan 12 − = = ,所以 12sin( ) cos2 13
+ = = − .故选 D.
3.B 【 解 析 】 ① 正 确 ； ② 由于sin cos 2 sin( ) 24x x x + = + ，则错误；③ 正确；④当
1 2 2 3 1 31, ,z z z z i z z− = − = 时 ，所以错误；故选 B.
4.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+= ,所以
2
2 (1 ) 30aq+=,又 539aa= ，从而 2
339a q a= 得 2 9q = ，则 2 3a = ，所以
2018 2 1009 1009 2019
2020 2 2 ( ) 3 9 3 ,a a q a q= = = = 故选 C.
5.B【解析】从三视图中可判断出几何体为一个圆锥和圆柱拼接而成，所围成的表面积为圆锥的侧面，圆
柱的侧面和圆柱的一个底面。圆锥的底面半径为 2，高为 23，可由轴截面求出母线的长度为 4 ，所以圆
锥侧面 1 8S rl==，圆柱的高 2h = ，底面半径 2r = ，所以圆柱的侧面面积 2 28S rh==，圆柱底
面面积 2
3 4Sr==，所以几何体的表面积为 1 2 3 20S S S S = + + = .故选 B.
6.B【解析】依题意，得[1 2 (0.05 0.05 0.15)] 25n− + + = ，解得 50n = .故选 B.
7.D【解析】由于 nn= 时 100mn=−， 3(100 )3
nSn= + − ，则令 3(100 ) 1003
n n+ − = 得 75n = ，
故选 D.
8.D【解析】根据不等式组画出可行域为 AOB (内部及其边界),其中 ( )5 5 5 10( , ), ( , ), 0,0 ,2 2 3 3A B O
22z x y=+表示坐标原点与可行域内点距离的平方,所以点 5 10( , )33BO与点 距离最大,所以
22
max
5 10 125
3 3 9z = + =
,故选 D.
9.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,从而当 的终点在点 ( 3 1,0)D + 处时, m 最大,理科数学第6页共11页
且
max
31m =+,故选 B.
10.B【解析】设 ( ) ( )1 1 2 2
1: , , , ,2AB x my A x y B x y=+直线 ,
11( ,0), ,022FQ−,
( )1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1 10 , , 0, 0,2 2 2 4FA QB x y x y x x x x y y = − + = + − − + =
由 得 ①
2
2 12
1 2 1 2
2
1 ()1-2 1 0, 1, ,2 442
x my yyy my y y x x
yx
=+ − = = − = =
=
由 得 代入①得 122,xx−=
1 2 1 2 2.22
ppAF BF x x x x − = + − + = − =
11.C【解析】由于 ( ) sin 2( )f x x =−，且 22 2 ( 2 , 2 )3x − − − ，则
2 2
2 232
− −
−
得
12 4
，
又 ( ) 0fx= 时
2
kx =+，所以最大负零点为
2
− ，从而 5
12 2 12
− − − ，得 5
12 12
综上
12 4
,故选 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：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）
13.252【解析】
8
3 3x x
−
展开式的通项 ( ) 8483 3
1 8 8
3 ( 3) ,
r rrr r r
rT C x C xx
−−
+
= − = −
令 8 4 0r−=,得
2r = ,所以 22
38( 3) 252TC= − = .
14.2【解析】由题知 ( ) ( ),0 ( ,0) ,0 0, ,2
caA a F c B b P−−
点 与点 的中点 也是点 与点 的中点
所以点 P 的坐标为( ),c a b−−, 又点 在渐近线 byxa=− 上,所以 ( ), 2 , 2.bb c a c a ea− = − − = = 理科数学第7页共11页
15. 3
5
【解析 】 由 ( ) ( )
( )
12 1
fxfx fx
−+=+
及 所 求 ( )2010f 可 联 想 到 周 期 性 ， 所以考虑
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
111 2 14 1121 1
fx
f x f xf x f xfxfx
fx
−−− + ++ = = =−++ + +
，所以 ( )fx是周期为 4 的周期函数，故 ( ) ( )2020 4ff= ，
而由已知可得 ( ) ( )
( )
1234 1 2 5
ff f
−==+
，所以 ( ) 32020 .5f =
16. 531; .6
【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 ( ) ( )21 1 1 12 2 3 2 33 3 2 3MNQD MNQV S DN x x x x−
= = − = − +三棱锥 ,
当 3x = 时三棱锥 体积最大,且 max 1V = .此时 MB＝ ，DN＝ ，
∴MQ＝NQ＝2，∴△MNQ 为等边三角形，∴当三棱锥 D﹣MNQ 体积最大时，三棱锥 D﹣MNQ 是正三棱
柱的一部分，如图所示：则三棱柱 MNQ﹣EDF 的外接球即是三棱锥 D﹣MNQ 的外接球，设点 G，H 分别
是上下底面正三角形的中心，∴线段 GH 的中点即是三棱柱 MNQ﹣EDF 的外接球的球心 O，∴
13,22OH DN==又 △MNQ 是边长为 2 的等边三角形， 23,3HQ= ∴三棱柱 MNQ﹣EDF 的外接
球的半径 R＝OQ＝ 2253
6OH HQ+=.故答案为： 531; .6
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 3sin4 12 8 3, 0 60 ,sin sin120sin 60 8 3sin 60
oo
oo o
bbb
a
=− = = = − =− 8 分
( ) ( )
( ) ( )max
318 3 sin 60 sin 8 3( cos sin ) 8 3 sin 60 ,22
0 60 , =30 8 3, 8 3.12
oo
o o o
AC BC a b
AC BC AC BC
+ = + = − + = + = +
+ = +当 时， 观景路线 长的最大值为 分
18.（Ⅰ） 220+180+210+220+200+230= =210( ),6x
−
甲 分理科数学第8页共11页
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 1 800= 220 210 180 210 210 210 220 210 200 210 230 210 = ;63s − + − + − + − + − + −甲
4 分
（Ⅱ） 0,1,2,3,X =
3
6
11( 0) 20PX C= = = ,
12
33
3
6
9( 1) 20
CCPX C= = = ,
21
33
3
6
9( 2) 20
CCPX C= = = , 3
6
11( 3) 20PX C= = = , 9 分
:X的分布列为
X 0 1 2 3
p 1
20
9
20
1 9 9 1 3( ) 0 1 2 3 .20 20 20 20 2EX = + + + = 12 分
19.（Ⅰ）由题意，因为 1BC = ， 1 2CC = ， 1 3BCC =，∴ 1 3BC = ，
又∴ 2 2 2
11BC BC CC+=，∴ 1BC BC⊥ ，
∵ AB ⊥侧面 11BB C C ，∴ 1AB BC⊥ .
又∵ AB BC B=， AB ， BC 平面 ABC
∴直线 1CB⊥ 平面 .4 分
（Ⅱ）以 B 为原点，分别以 BC ， 1BC 和 BA 的方向为 x ， y 和 z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐
标系，则有 ( )0,0,2A ， ( )1 1, 3,0B − ， 13, ,022E
， ( )1 1, 3,2A − ， 6 分
设平面 11A B E 的一个法向量为 ( ),,m x y z= ， ( )11 0,0, 2AB =−， 1
33, , 222AE = − −
，
∵ 11
1
0
0
m A B
m A E
= =
，∴
20
332022
z
x y z
−= − − =
，令 3y = ，则 1x = ，∴ ( )1, 3,0m = ， 8 分
假设存在点 M ，设 ( ),,M x y z ，∵CM CA= ， 0,1 ，
∴( ) ( )1, , 1,0,2x y z − = − ，∴ ( )1 ,0,2M − ∴ 13, ,222EM = − −
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∴ 2
2
13
2 11 22
11 132424
m EM
m EM
−−•
==
• − + +
，得 269 38 5 0− + = . 10 分
即( )( )3 1 23 5 0− − = ，∴ 1
3 = 或 5
23 = ，∴ 1
3
CM
CA = 或 5
23
CM
CA = . 12 分
20.解：（Ⅰ）由已知得
2
22
2 2 2
1 1,
,
,
e
ab
ce a
c a b
+=
=
=−
2 1,b=又 13, 3,22AOBS ab a = = =
2
2 1.9
x y + =椭圆E： 4 分
（Ⅱ）当直线l 的斜率不存在时,设直线 ( ): 3 3 0 ,l x t t t= − 且 代入
2
2 19
x y+=,得
2
2 1,9
ty =−
则
222
2
12 2
111 19999 ,,92
ttt
k k tt t t
− − − −
= = − = − = 则
2132 1 ,2 9 2OMN
tSt = − = 5 分
当直线l 的斜率存在时,设点 ( ) ( )1 1 2 2, , , ,M x y N x y 直线 ( ): 0 ,l y kx m m= + 代入
2
2 1,9
x y+=
得( )2 2 29 1 18 9 9 0,k x kmx m+ + + − = ( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 218 4 9 1 9 9 36 9 1 0,km k m k m = − + − = − +
( )( )2 2 2
1212
1 2 1 2 1 22 2 2
1 2 1 2
18 9 9 9 1, , ,9 1 9 1 9 9 9
kx m kx myykm m k mx x x x k kk k x x x x m
++− − ++ = − = = = = = −+ + −
229 1 2 , 0,km + = 满足 8 分
2 2 2
2
12 2
6 1 9 11,91
k k mMN k x x k
+ − += + − = +
2
,
1
mO l d
k
=
+
又原点 到直线 的距离 10 分
222 2 2
222
321 3 1 9 1 3 ,2 9 1 2 21OMN
m m m mk k mS MN d kmk
−+ − + = = = =+ +
为定值.
3, , .2OMN综上 的面积为定值 定值为 12 分
21【解析】（1） ( ) ( )
21 2 1 2 , 0x axf x x a xxx
−+ = − + =
1x = 时， ( )fx取得极值， ( ) 0, 31fa ==. ( ) ( )( )2 2 1 12 3 1 xxxxfx xx
−−−+ = = 2 分 理科数学第10页共11页
( ) 0fx 得 10 2x或 1x ， ( ) 0fx 得 1 12 x
( )fx 的单调增区间为 10, ,(1, )2
+
，单调减区间为 1 ,12
. 4 分
（2） ( ) ( )
221 ,0x axf x xx
−+ =
( )fx存在两个极值点，方程 ( ) 0fx = 即 22 1 0x ax− + = 在 (0, )+ 上有两个不等实根.
2
12
18 0, 02a x x = − = ， 12 02
axx+ = ， 22a .
( ) ( ) 22
212 2 2 1 1 1
2 1 2 1
ln lnf x f x x ax x x ax x
x x x x
− + − + −− =−−
2 1 2 1
21
2 1 2 1
ln ln ln ln
2
x x x xax x a x x x x
−−= + − + = − +−−
所证不等式 ( ) ( )21
21
4
2
f x f x a
x x a−−
−
等价于 21
21
ln ln 4xx
x x a
− − 7 分
即 21
2 1 2 1
ln ln 2xx
x x x x
− −+，不妨设 210xx，即证
2
21
21
1
1
ln 2
1
x
xx
xx
x
−
+
9 分
令 2
1
1xt x=， ( ) ( )21ln 1
th t t t
−=−+
， ( ) ( )
( )
( )
2
22
114 0
11
tht t t t t
− = − =
++
，
( )ht 在 (1, )+ 上递增. 11 分
( ) ( )10h t h =
2
21
21
1
1
ln 2
1
x
xx
xx
x
−
+
成立.
( ) ( )21
21
4
2
f x f x a
x x a −−
−
成立. 12 分 理科数学第11页共11页
( )
( ) ( )
( )
2
2
2
2 2
2
1 2
::1,cos,sin 2
sin 2cos1,C:=................................ ..................................521+cos
2,,221+cos
yCxxy
OBOA
+===
+=
−==
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 分
由题意知 射线 的极坐标方程为 =+ 或 =
2 222 22
22
22
,
2222,1+sin1+cos1+sin (1+cos)(1+sin)
244 ,1+cos=1+sin=...........101+cos1+sin 343
2
OBOAOB
OAOB
==•=•=
=•+
当且仅当 ，即 时， 取最小值 分
( )
( ) ( )
( )( )
max
2 2 2 2 2 2
3, 1
23. ( ) 3 1, 1 1, 1 , ( ) 2, 2................................................5
3, 1
( ) 2 , 2 2 , 2 < 2 ,
, 4 4 0, -1 -4
xx
f x x x x f x k
xx
bbg x x g ab a g ab a ab b aaa
a b b a a b
+ −
= − − − = − = =
− −
= − − − − −
− + −
当 时 分
可化为 即
两边平方后得 即 220, 2
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