2020届高三 适应性训练2 理科数学答案.pdf

理科数学第1页共11页 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 理科数学第2页共11页 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 = . 理科数学第3页共11页 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  .. 理科数学第5页共11页 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 = − − 理科数学第9页共11页 ∴ 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