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黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案 第 1 页 共 6 页 湖北省黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试 理科数学参考答案 一. 选择题： 1．【答案】C 【解析】 2 303212 32  xxx ，所以       2 3,B .又 )3,1(A ，所以      2 3,1BA  ．故 选 C. 2．【答案】A 【解析】 52)i(i2,i2 22 2121  zzzz .故选 A. 3．【答案】B 【解析】 112 1111  aaSa . 2≥n 时， 111 222   nnnnnnn aaaaSSa ，所以 }{ na 是首项为1，公比为 2 的等比数列，于是 1624 5 a .故选 B. 4．【答案】D 【解析】当 10  a 时，函数 x ay      1 的图象过点 )1,0( 且单调递增，函数       2 1log xy a 的 图象过定点      0,2 1 且单调递减，D 项符合.当 1a 时，函数 x ay      1 的图象过定点 )1,0( 且单 调递减，函数       2 1log xy a 的图象过定点      0,2 1 且单调递增，各项均不符合．故选 D． 5．【答案】C 【解析】若甲、乙、丙、丁中，甲判断正确，则丙获奖，于是乙的判断出正确，这样甲、乙 判断都正确，矛盾.若甲、乙、丙、丁中，乙判断正确，则丙判断不正确，于是丙获奖，从 而甲判断正确，于是甲、乙判断都正确，矛盾.若丁判断正确，则丁获奖，于是乙判断正确， 从而乙、丁判断正确，矛盾.而丙判断正确，则乙判断不正确，于是乙获奖，这样甲、乙、 丁判断不正确，符合题意.故判断正确的是丙，选 C. 6．【答案】B 【解析】由三视图知该几何体是上部为圆锥，中部为圆柱，下部为圆锥的组合体.其中，上 部圆锥的底面半径为 2，高为 2 ；中部圆柱的底面半径为 2 ，高为1；下部的圆锥的底面半 径为 4 ，高为 2 ，所以该陀螺模型的体积为 π3 5224π3 112π22π3 1 222  .故选 B． 7．【答案】C 【解析】令 1x ，得 82102 aaaa   ．又 128)2(C 77 78 a ，所以 12612827211  aaaa  .故选 C． 8．【答案】D 【解析】程序中输出的 x 的值是 dcba ,,, 中的最大值.由于 ,0c 12.0log,0,10,10 2.0  dcba ，所以 dcba ,,, 中 d 最大.故选 D. 9．【答案】A黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案 第 2 页 共 6 页 【解析】记 aAB ， bAD ，则 ba 2 1DE ， ab 2 1BF . 4 5 4 5)(2 1)2 1()2 1( 22  babaabbaBFDE ， 所以 3 π,2 1,cos14 5 4 5)14(2 1  babababa ．故选 A． 10．【答案】C 【解析】函数 )(xf 的图象如下图所示. 设 txfxfxfxf  )()()()( 4321 ，则 10  t . 1loglog)2,1(),1,0( 21221221  xxxxxx . 点 ),(),,( 43 txtx ，关于直线 6x 对称，所以 34 12 xx  . 而 )4,2(3 x ，所以 )32,20()6(36)12( 2 33343  xxxxx ， 故 )32,20(434321  xxxxxx ，故选 C． 11．【答案】B 【解析】①根据函数 )sin(2)(   xxf 的图象以及圆 C 的对称性可得 NM , 两点关于圆心 )0,(cC 对称，所以 3 πc ，于是 22 ππ 2 π 6 π 2  cT ，函数的周期为 πT ，所以 ①错误.②由函数图象关于点      0,3 πC 对称，及周期 πT 知，函数图象的对称中心为 )(0,2 π 3 π Z      kk .而 3 π5 2 π 3 π  k 不存在 Zk 的解，所以②错误.③由 2 及 6 πx 的相 位为 0 ，得 3 π03 π   ，所以       3 π2sin2)( xxf ， 3)0( f ，从而 )3,0(M ，所 以③正确.故选 B. 12．【答案】D 【解析】如图 1，连接 ACCA ,11 ，设 AC 交 BD 于 O ， 则 由 1BD AA 及 BD AC 知 BD  平面 11AACC ，所以 平面 1BDC  平面 11AACC . 过 A 作 AM  OC1 于 P ，且使得 PMAP  ，则 AM  平面 1BDC ，从 而 M 是点 A 关于平面 1BDC 的对称 点. 过 M 作 1 1MH AC ， 则 由 平 面 1 1ACC A  平面 1111 DCBA 得， MH  平面 1111 DCBA ，于是 MH 是 M 到平面 1111 DCBA 的距离 （如图 1）. 在平面 1 1ACC A 中， 11AACC 是矩形，O 是 AC 的中点， AM OC 于 P ， P 是 AM 的中 点， 1 1MH AC 于 H（如图 2）.由 1,2 111  AACA ，作 PS AC 于 S ，设 PM 交 AC 于T ， y 1 O x62 4 8 101 A B CD F E A C D A1 B1 C1D1 B H O M P 图 1 图 2 A1 C1 A C H O M P S T黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案 第 3 页 共 6 页 可求出 3 5PH .故选 D. 二、填空题： 13．【答案】 2 3 【解析】不妨设点 A 在 x 轴上方，则由 1|| OF 知， 2 1Ax ，所以 2Ay ，即      2,2 1A ， 于是 2 324 1||||  OAAF . 14．【答案】 xy  【解析】 x xxxf e sincos)(  ， 1)0( f ，所以切线方程为 xy  ． 15．【答案】 2 2 13 x y  【解析】由 ,F N 的坐标得 1lk  ．设双曲线方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ，则 2 2 4a b  ． 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 1 26, 2x x y y      ， 1 2 1 2 1l y y kx x    ． 由 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 21, 1x y x y a b a b     得 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ( )( ) ( )( ) 0x x x x y y y y a b      ，即 2 2 26 0lk a b    ， ∴ 2 23a b ．于是 2 23, 1a b  ，所以 C 的方程为 2 2 13 x y  ． 16．【答案】 2 3 【解析】因为 CBA tan 1 tan 1 tan 1  ，所以 C C B B A A sin cos sin cos sin cos  ， 即 C C BA BABA sin cos sinsin sincoscossin  ，即 C C BA BA sin cos sinsin )sin(  ，即 C C BA C sin cos sinsin sin  ， 即 CBAC cossinsinsin 2  . 由正弦定理得 Cabc cos2  . 由余弦定理得 )(2 1cos 222 cbaCab  ，所以 )(3 12 2222222 bacccba  . ab ba ab cbaC 32cos 22222  2 2 3 3 ≥ ab ab  ， 当且仅当 ba  时等号成立，所以 Ccos 的最小值为 2 3 . 三、解答题： 17．【解析】 （1）第一组花苗综合评分的中位数为 5.852 8685  ； …………………2 分 第二组花苗综合评分的中位数为 5.732 7473  ， ……………………………………3 分 理由略（从中位数、平均数、分布等某一角度说明即可），甲种方法培育的花苗综合评 分更高．…………………………………………………………………………………………5 分黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案 第 4 页 共 6 页 （2）列联表如表所示. 优质花苗 非优质花苗 合计 甲培育法 15 5 20 乙培育法 5 15 20 合计 20 20 40 ……………………………………8 分 由于 879.71020202020 )551515(40 2 2  k ， …………………………………………10 分 所以有 %5.99 的把握认为优质花苗与培育方法有关． ………………………………12 分 18．【解析】（1）证明： PA  平面 ABC ， PA 平面 PAC ， 平面 PAC  平面 ABC . ………………………………1 分 BCAB  ， E 为 AC 的中点， BE AC  .……2 分 又平面 PAC  平面 ACABC  ， BE 平面 ABC ， BE  平面 PAC .………………………………………4 分 又 BE 平面 BEF ， 平面 BEF  平面 PAC . …………………………5 分 （2） PA  平面 ABC ， PA AC  .又点 FE, 分别为 PCAC, 的中点，所以 PAEF // ，从而 EF  AC .又由于 BE  平面 PAC ， ,BE AC BE EF   ，所以 EFECEB ,, 两两互相垂直. 以 E 为坐标原点，分别以 EFECEB ,, 方向为 zyx ,, 轴正方向建立如图坐标系. ……6 分 由于 )0,1,0(),0,0,3(),1,1,0(),0,1,0( CBPA  ，于是 )0,1,3(),1,1,3(  BCBP .…7 分 设平面 PBC 的法向量 ),,( zyxn  ，则      ,03 ,03 yx zyx 取 1x ，则 3 zy ，于是 )32,3,1(n .………………………………………………8 分 )0,1,3(AB ，设 ]1,0[),,,3(  BPBG ，则 ),1),1(3(   BGABAG . ………………………………………………………9 分 由 2 1 5 15 4854 32 5 15 |||| || 2       nAG nAG 或 10 11 （舍去）. ………11 分 故存在满足条件的 G 点， G 点是线段 PB 的中点. …………………………………12 分 19．【解析】（1）设 ),( 00 yxP ，则 22 0 2 0 0 0 0 0 21 ax y ax y ax ykk   . ………………………………………………………1 分 又 2 2 0 22 2 02 2 0 2 2 0 )(1 a xaby b y a x  ，所以 4 1 2 2 21  a bkk .① ………………………3 分 又由椭圆 C 过点       2 3,1 得 1 4 31 22  ba ，② ………………………………………4 分 由①②得 1,2  ba ，故椭圆方程为 14 2 2  yx .………………………………………5 分 （2） )1,0(),0,2(  CA ，设直线 PQ 的方程为 )0(  kkxy ，则点 CA, 到直线 QP, 的距离 P A C B FG E x y z黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案 第 5 页 共 6 页 分别为 1 1, 1 2 2221     k d k kd . …………………………………………………………6 分 又由      14 , 2 2 yx kxy 得          22 41 2, 41 2 k k k P ，所以 2 2 41 14||2|| k kOPPQ   . ………8 分 四边形 APQC 的面积      2 2 221 41 4412 41 )21(2)(||2 1 k kk k kddPQS . ……………10 分 由 ),4[41  kk 得 ]22,2(S . 故四边形 APCQ 面积的取值范围是 ]22,2( .…………………………………………12 分 20．【解析】（1） 2e 0 2  a ， ………………………………………………………………2 分 当1 5≤ ≤t 时， 11 2)e( 0   tt ta  ；……………………………………………………3 分 当 6 9≤ ≤t 时， tt ta   99 2)e( 0 . ……………………………………………………4 分 1624 5 a ， 823 6 a ， 422 7 a . 故第 7,6,5 周新增发病人数分别为16 千人，8千人，4 千人. ………………………………5 分 （2） 33 2)e( 0   tt tb  *(1 9, )≤ ≤t t N .………………………………………………6 分 记 1 ttt bac ，则 当 2 5≤ ≤t 时， 022 41 1    tt ttt bac ， 当 6 9≤ ≤t 时， 49 1 22    tt ttt bac ， 所以 0,0,0,0 9876  cccc . ………………………………………………………………9 分 至少需准备的床位数为 )( 5216210 bbbaaaa   55.23)222(8)222(3.0 212410    . ………………………11 分 故该城市前 9 周至少需准备 55.23 千张床位. ………………………………………………12 分 21．【解析】（1） x axaxf 1)1(ln)(  ， 22 )1(1)( x aax x a x axf  . ……………1 分 若 1 0a   ，则当 a ax 10  时， 0)(  xf ， )(xf  单调递增；当 a ax 1 时， 0)(  xf ， )(xf  单调递减. …………………………………………………………………3 分 若 0≥a ，则当 0x 时， 0)(  xf ， )(xf  单调递增. ………………………………4 分 故当 1 0a   时，在       a a 1,0 上 )(xf  在 ),0(  上单调递增；在       ,1 a a 上单调 递减.当 0≥a 时，在 ),0(  上 )(xf  单调递增. ……………………………………………5 分 （2）令 e 3)()(  xxfxg ，则 1)()(  xfxg . 由（1）知在 ),0(  上 )(xg 单调递增. …………………………………………………6 分 又 01)1()1(  fg ，所以在 )1,0( 上， 0)(  xg ， )(xg 单调递减；在 ),1(  上， 0)(  xg ， )(xg 单调递增. ………………………………………………………………………………8 分 42 1 1 4kk  黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案 第 6 页 共 6 页 又 0e 21e 11e 3 e 1)1(ee 1                aaag ， 0e 31)1( g ， 0e 31e)1e(e 3e)1(e)e(       aaag ，…………………………………10 分 所以 e,e 1 21  xx ，故 e 1e 21  xx . ………………………………………………………12 分 22．【解析】（1）直线 l 的斜率为 3k . …………………………………………………1 分 曲线 2C 的参数方程为      ,sin3 ,cos   y x 化为直角坐标方程为 13 2 2  yx . ……………4 分 （2）直线 l 的参数方程为         ty tx 2 32 ,2 1 （t 为参数）. ………………………………5 分 将 l 的参数方程代入 13 2 2  yx ，并整理得 02343 2  tt .………………………7 分 设点 A 对应的参数为 1t ，点 B 对应的参数为 2t ，则 3 34 21  tt ， 3 2 21 tt ，……8 分 所以 0,0 21  tt ， 故 3211 || 1 || 1 21 21 21  tt tt ttPBPA .……………………………………………10 分 23．【解析】（1）要证 3≥a b c  ，只需证明 2( ) 3≥a b c  ， ………………………1 分 即证 2 2 2 2( ) 3≥a b c ab bc ca     ，而 1 cabcab ，…………………………2 分 故需证明 2 2 2 2( ) 3( )≥a b c ab bc ca ab bc ca       ， ……………………………3 分 即证 2 2 2 ≥a b c ab bc ca    .…………………………………………………………4 分 而 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ≤ a b b c c aab bc ca a b c         ， 所以原不等式成立．……………………………………………………………………………5 分 （2） a b c a b c bc ca ab abc     . 由（1）中已证 3≥a b c  . 因此要证原不等式成立，只需证明 1 ≥ a b c abc   ，…………………………7 分 即证 ≤a bc b ca c ab ab bc ca    ， ……………………………………………8 分 而 2 ≤ ab caa bc ab ca   ，同理 2 ≤ ab bcb ca  ， 2 ≤ ca bcc ab  ， 所以 ≤a bc b ca c ab ab bc ca    ，所以原不等式成立．…………………………10 分