2020高考适应性考试文科数学（二）·A卷.pdf

A卷选择题答案 一、选择题1. B 【解析】B = { x|x( x - 2 ) ≤ 0 } = { x| 0 ≤ x ≤ 2 } ，A ∩ B = { 0,1,2 } ，故选B. 2. B 【解析】若α = 30°或α = 150°，则sinα = 1 2，即p是q成立的充分条件； 若sinα = 1 2，则α = 30° + k ⋅ 360°( k ∈ Z ) ，或α = 150° + k ⋅ 360°( k ∈ Z ) ，即p不是q成立的必要条件. 3. C 【解析】画图可知选C. 4. D 【解析】∵a ⊥ α，α ∥ β，∴a ⊥ β.又b ⊥ β，∴a ∥ b. 5. A 【解析】注意到3 + 7 + 15 = 25 = 8 + 8 + 9，根据等差数列性质可知a3 + a7 + a15 = 2a8 + a9 = 8， 故a9 = 8 - 2a8 = 2. 6. C 【解析】正弦函数y = sin （kπ 2 + π 4）的周期为4. 当k = 1时，S = 1 × 2 2 ， 当k = 2时，S = 1 × 2 2 - 2 × 2 2 ， 当k = 3时，S = 1 × 2 2 - 2 × 2 2 - 3 × 2 2 ， 当k = 4时，S = 1 × 2 2 - 2 × 2 2 - 3 × 2 2 + 4 × 2 2 = 0， 同理可得当k = 4n( n ∈ N* ) 时，S = 0，∴k = 2020时，S = 0. 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 故累计频率0.9对应的潜伏期天数m ∈ [13,17 ) ， 秘密★启用前 2020年山西省高考考前适应性测试（二） 文科数学参考答案详解及评分说明 文科数学试题答案 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 .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. B 【解析】F1 ( -5,0 ) ，F2 ( 5,0 ) ，|F1 F2 | = 10，P( 8,3 3 )，（不妨设P点在x轴上方） ∴|PF2 | = 6，由定义|PF1 | = 14. 由余弦定理 cos ∠F1 PF2 = |PF1 |2 + |PF2 |2 - |F1 F2 |2 2|PF1 |·|PF2 | = 11 14， ∴入射光线与反射光线夹角的余弦值为- 11 14. 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. D 【解析】设正四棱锥P-ABCD的高为h，外接球半径为R，则球心在此棱锥的高线上，由已知得4πR2=9π， 所以R=3 2，又由（h-R）2+2=R2，得h=2或h=1. 当h = 1时，∠APC为钝角，所以舍去，则h=2， 故VP-ABCD =1 3 × 2 × 2 × 2 = 8 3. 12. C 【解析】g ( )x 定义域为( )0,1 ⋃ ( )1, +∞ ，故f ( )x 零点为正且不是1. 设f ( )x = 0 的两个正根为x1 ,x2，注意到x1 x2 = 1，x1 + x2 = a. 不妨 0 < x1 < 1 < x2 ,则a = x1 + x2 > 2 x1 x2 = 2 ， g ( )x1 + g ( )x2 = 2lnx1 x2 - ( x1 + b x1 - 1 + x2 + b x2 - 1 ) = - 2x1 x2 + ( )b - 1 ( )x1 + x2 - 2b x1 x2 - ( )x1 + x2 + 1 = ( b - 1)( 2 - a ) 2 - a = b - 1 = 0 ， ∴ b = 1. 此时g ( )x = 2lnx - x + 1 x - 1，g′ ( )x = 2 x + 2 ( )x - 1 2 > 0 ， 故g ( )x 在( )0,1 ,( )1, +∞ 内单调递增. 注意到g( 5 2 ) = 2ln 5 2 - 7 3 < 2 - 7 3 < 0,g ( )3 = 2( )ln3 - 1 > 0， 故x2 ∈ ( 5 2,3 )，a = x2 + 1 x2 ∈ ( 29 10, 10 3 ) ，选C. B卷选择题答案 1. B 2. D 3. C 4. B 5. A 6. C 7. A 8. C 9. D 10. A 11. D 12. C A、B卷非选择题答案 二、填空题 13. - 3 2 【解析】因为a ∥ b，-2 × m = 3 × 1，所以m = - 3 2 ． 14. 1 - 2i 【解析】z = 5 1 - 2i = 1 + 2i，zˉ = 1 - 2i. 文科数学试题答案 第2页（共6页）文科数学试题答案 第3页（共6页） 15. 2（2分）， 3（3分） 【解析】（1）当ω＝1时，f ( x ) = sinx + 3 cosx = 2sin( x + π 3 )， 所以f ( π6 ) = 2 sin ( π 6 + π 3 ) = 2 sin π 2 = 2． （2）因为两个函数图象的对称轴完全相同，故周期相同，所以ω＝2． 此时f ( x ) = sinωx + 3 cos ωx = sin2x + 3 cos 2x = 2sin( 2x + π 3 )， 所以f ( π6 ) = 2sin ( 2 × π 6 + π 3 ) = 2sin 2π 3 = 3. 16. - 4039 2 【解析】利用倒序相加法求和： S4039 = a1 + a2 + ⋯ + a4039，① S4039 = a4039 + a4038 + ⋯ + a1，② ①+②得 2S4039 = ( a1 + a4039 ) + ( a2 + a4038 ) + ⋯ + ( a4039 + a1 ). 注意到每个括号内角标之和为4040，故考虑一般情况 ak + a4040 - k = f ( k2020 ) + f ( 4040 - k2020 ) = log 2 2 × k2020 4 - 2 × k2020 + log 2 2 × 4040 - k2020 4 - 2 × 4040 - k2020 = log 2 [ 2 k2( 4040 - k ) × 2 ( 4040 - k ) 2k ] = log 2 1 2 = -1. 于是2S4039 = -4039，即S4039 = - 4039 2 . 三、解答题17. 解：（1）在ΔABC中，由正弦定理，及acosC + ccosA - 2bsinB = 0，得sinAcosC + sinCcosA - 2sin2 B = 0，∴sinB(1 - 2sinB ) = 0. 又∵sinB ≠ 0，∴sinB = 1 2. ∵B是三角形的内角，∴B = π 6 或 5π 6 . ………………………………………………………………………… 4分 （2）由（1）知B = π 6 . ∵ cosA = 1 - 2sin2 A2 = 3 2 ，∴A = π 6 . ∴ DABC为等腰三角形，且C = 2π 3 . ………………………………………………………………………… 6分 在DABC中，设AC = BC = 2x， 在DADC中，由余弦定理得AD2 = AC2 + DC2 - 2AC·DC cos 2π 3 = 7x2 = 7，解得x = 1 . ……………………… 9分 ∴ AC = BC = 2，SΔABC = 1 2 AC ⋅ BC ⋅ sinC = 3. ∴ΔABC的面积为 3. ……………………………………………………………………………………… 12分18.（1）证明：∵平面AA1C1 C ⊥平面ABC，平面AA1C1 C ∩平面ABC = AC，BC ⊥ AC，BC ⊂平面ABC，∴ BC ⊥平面AA1C1C. 又AC1 ⊂平面AA1C1C，∴ BC ⊥ AC1 . …………………………………………………………………………… 2分 又∵ AA1 = AC，∴四边形AA1C1C是菱形，∴ A1 C ⊥ AC1 . …………………………………………………………………………………………………… 4分 A1 C ∩ BC = C，∴ AC1 ⊥平面A1BC. 又∵ AC1 ⊂平面AC1B，∴平面AC1 B ⊥平面A1BC. …………………………………………………………… 6分（2）解：∵ ∠A1CA = 60°， ∴ △A1CC1为等边三角形. 设M是CC1的中点，则 A1 M ⊥ CC1 . 又BC ⊥平面ACC1A1， ∴BC ⊥ A1 M.又CC1 ∩ BC = C， ∴A1 M ⊥平面BB1C1C. ∴∠A1BM为直线BA1与平面BB1C1C所成的角. ……………………… 9分 设AA1 = 2，可得A1 B = 2 2，在Rt△A1BM中，A1 M = 3，BM = A1 B2 - A1 M 2 = 5， 所以tan∠A1 BM = 15 5 ， 所以直线BA1 与平面BCC1B1所成角的正切值为 15 5 . …………………………………………………… 12分 19. 解：（1）由抛物线的定义可知|MN| = m + p2,|FQ| = p, ∴四边形MNQF的面积为 S = 1 2 ( |FQ| + |MN|)|NQ| = 1 2 ( p + m + p2 ) × 4 = 3p + 2m, ∴ 3p + 2m = 14, 又 16 = 2pm. 联立以上两式解得p = 2 或p = 8 3（舍）. 故抛物线C的方程为y2 = 4x. …………………………………………………………………………………… 4分 （2）设l:x = my + 2 ，代入y2 = 4x得 y2 - 4my - 8 = 0. 设A( x1 ,y1 ) ，B( x2 ,y2 ) ，则y1 + y2 = 4m，y1 y2 = -8. ……………………………………………………………… 6分   FA·  FB + λ   EA·  EB = ( x1 - 1,y1 )·( x2 - 1,y2 ) + λ( x1 - 2,y1 )·( x2 - 2,y2 ) = ( x1 - 1)( x2 - 1) + y1 y2 + λ( x1 - 2 )( x2 - 2 ) + λy1 y2 = (1 + λ) y1 y2 + ( my1 + 1)( my2 + 1) + λ( my1 ⋅ my2 ) = (1 + λ + λm2 + m2 ) y1 y2 + m( y1 + y2 ) + 1. …………………………………………… 10分 把y1 + y2 = 4m，y1 y2 = -8 代入上式，得   FA·  FB + λ   EA·  EB = -8(1 + λ + λm2 + m2 ) + 4m2 + 1 = -8(1 + λ) + [ 4 - 8(1 + λ) ] m2 + 1. 当 4 - 8(1 + λ) = 0 ，即λ = - 1 2 时，   FA·  FB + λ   EA·  EB = -3. ………………………………………………………………………………… 12分 20. 解析：（1）容易得到xˉ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 5 = 5，yˉ = 10 + 25 + 60 + 105 + 170 5 = 74， 于是b ̂ = ( -4 )( -64 ) + ( -2 )( -49 ) + 0 + 2 × 31 + 4 × 96 ( -4 )2 + ( -2 )2 + 0 + 22 + 42 = 800 40 = 20, a ̂ = yˉ - b ̂ xˉ = 74 - 20 × 5 = -26. ………………………………………………………………………………… 4分 （2）由（1）可知模型①的方程为y ̂ = 20x - 26 ，可得到如下数据： x y y ̂ y - y ̂ ( y - y ̂ )2 1 10 -6 16 256 3 25 34 -9 81 5 60 74 -14 196 7 105 114 -9 81 9 170 154 16 256 残差平方和 870 显然模型②对应残差平方和更小，故模型②拟合效果更好. ……………………………………………… 8分 A B C A1 B1 C1 （第 18 答题图） M 文科数学试题答案 第4页（共6页）文科数学试题答案 第5页（共6页） （3）根据x的实际意义，显然x > 0， 由题意结合（2）可知，利用模型②可得性价比z可估计为 z = x y = x8 + 2x2 = 1 8 x + 2x ≤ 1 2 8 x × 2x = 1 8 ， 当且仅当 8 x = 2x，即x = 2时，z取得最大值， 故当零件使用2个月时报废，可使其性价比最高. …………………………………………………………… 12分 21. 解：（1）f ′( )x = ae x - e. 当a ≤ 0时，f ′( )x ≤ -e < 0 ，故f ( )x 在( )0, +∞ 内单调递减； 当a ≥ e时，f ′( x ) ≥ e( e x - 1) > 0 ，故f ( )x 在( )0, +∞ 内单调递增； 当0 < a < e时，令f ′( )x = 0 ，得x = 1 - lna > 0.当x ∈ ( )0,1 - lna 时，f ′( )x < 0 ；当x ∈ ( )1 - lna, +∞ 时，f ′( )x > 0 ， 故f ( )x 在( )0,1 - lna 内单调递减，在( )1 - lna, +∞ 内单调递增. 综上，当 a ≤ 0 时，f ( )x 在 ( )0, +∞ 内单调递减；当 a ≥ e 时，f ( )x 在 ( )0, +∞ 内单调递增；当 0 < a < e 时，f ( )x 在 ( )0,1 - lna 内单调递减，在( )1 - lna, +∞ 内单调递增. ……………………………………………………… 5分 （2）由（1）知当a = 1时，f ( )x 在( )0,1 内单调递减，在( )1, +∞ 内单调递增，∴当x>0时，f ( )x ≥ f ( )1 = 0. 故问题转化为g ( )x ≤ 0 在x ∈ ( )0, +∞ 时成立. g′( )x = 1 x - bxe x = 1 - bx2e x x . 当b ≤ 0时，g′( )x ≥ 1 x > 0，故g ( )x 在( )0, +∞ 内单调递增.若x > 1，则g ( )x > g ( )1 = 0 ，不符题意. ………… 8分 当b > 0时，令h( )x = 1 - bx2e x，可知h（x）在( )0, +∞ 内单调递减. 又h( )0 = 1 > 0,h( 1 b ) = 1 - e 1 b < 0 ，故存在唯一x0 ∈ ( 0, 1 b ) 使得h( )x0 = 0.若x ∈ ( )0,x0 ，则h( )x > 0,g′ ( )x > 0 ； 若x ∈ ( )x0 , +∞ ，则h( )x < 0,g′ ( )x < 0 ，故g ( )x 在( )0,x0 内单调递增，在( )x0 , +∞ 内单调递减. 若x0 ≠ 1，则g ( )x0 > g ( )1 = 0 ，不符题意； 若x0 = 1，则g ( )x ≤ g ( )1 = 0 ，符合题意，此时b = 1 e. 综上，b = 1 e. ………………………………………………………………………………………………… 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 文科数学试题答案 第6页（共6页）