2020居家分散测试文科数学参考答案.pdf

漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 1 页（共 8页） 漳州市 2020 届高中毕业班高考适应性测试 文科数学参考答案及评分细则 评分说明： 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的 一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。 一、选择题：每小题 5 分，满分 60 分． 1．A 2．D 3．C 4．D 5．A 6．D 7．B 8．C 9．B 10．A 11．D 12．A 【选择题详解】 1．A【解析】依题意得 {1,3}U A  ， () {1}U AB ．故选 A． 2．D【解析】通解 因为 2iz ，所以 2iz ，所以 (2 i)(2 i) 4zz   22i 2i i 5，故选 D． 优解 222|| 2 1 5zz z   ，故选 D． 3．C【解析】由题意，得 (2 ) 2 02aa+b=a+ab=，即 22ab a， 所以 cos , |||| abab ab 2 2 21 42 a a ，所以 2 3 ab ，故选 C． 4．D【解析】因为 7a 是 3a 与 9a 的等比中项，所以 2 739aaa ，又数列 na 的公差为-2，所 以 2 111( 12) ( 4)( 16)aaa，解得 1 20a  ，故 20 ( 1) ( 2) 22 2nan n， 所以 110 10 10( ) 5 (20 2) 1102 aaS ． 5．A【解析】依次读取的数据为 253, 313, 457, 860（超过 800，舍去）,736, 253（与前面重 复，舍去），007，…，所以抽到的第 5 名员工的编号是 007，故选 A. 6．D【解析】因为 1C 的离心率为 2 ，一条渐近线为l ，所以不妨设 :ly x ， 与 2C ： 2 4y x 联立可求得 (4,4)P ，又 (1, 0)F ，所以||5PF  ，故选 D. 7．B【解析】设 ||() 2 sin2xf xx ，其定义域关于坐标原点对称， 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 2 页（共 8页） 又 ||()2 sin(2) ()xf xxfx    ，所以 ()y fx 是奇函数，故排除选项 C，D； 令 () 0fx ，所以 sin 2 0x  ，所以 2x k ( k Z )，所以 2 kx  ( k Z )，故排除 选项 A．故选 B． 8．C【解析】由 2210(sin 2cos ) ( )2，可得 22 22 sin 4cos 4sin cos 10 sin cos 4     ， 进一步整理可得 23tan 8tan 3 0，解得 tan 3  或 1tan 3  ，于是 2 2tan 3tan 2 1tan 4   ． 9．B【解析】因为 01ab，所以10aabbaa，log log 1bbab， 01a，所以 1 1a  ， 1log 0 a b  ．综上： 1log logab b a ab a b ，故选 B. 10．A【解析】函数 () siny fx x在 0x  ， π 2x  ， πx  处的函数值分别为 0)0(1  fy ， 1)2(2  fy ， 0)(3  fy ， 故  2 12 12 1   xx yyk ，  2 23 23   xx yyk ， 2 13 1 2 4   xx kkk ， 故 2 22 24 4 4() ( )2f xxxx xx   ， 即 xxx  44sin 2 2  ， 所以 25 24 5 24)5 2(4 5 2sin 2 2       .故选 A． 11．D【解析】设 ABc ，则 ADc ， 2 3 cBD  ， 4 3 cBC  ，在 ΔABD 中，由余弦定理得 22 2 2 4 13cos 23 cc c A c  ，则 22sin 3A  ， 在 ΔABC 中，由正弦定理得 4 3 sin sin 22 3 c cBC CA，解得 6sin 6C  ． B A CD漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 3 页（共 8页） 12．A【解析】分别取 11DC ， 1CC 中点 E ， F ，易知平面 EFM 平行于平面 BDA1 ，又平 面 过点 M ，平面 平行于平面 BDA1 ，所以平面 EFM 与平面 是同一个平面，设 11EM A C G ，则平面 把三棱柱 111ABC A B C 分 成的两个几何体中，体积较小的几何体为三棱锥 1FGMC ，所以所求几何体的体积 111 1 3FGMC GMCVSFC △ 1 1 11()32 EMCSFC△ 211 1 1[()]162 2 48 ，故选 A． 二．填空题：每小题 5 分，共 20 分． 13． 4 14． 9)8ln(  xx 15． 1 7 16． 25 5 【填空题详解】 13． 4 【解析】由已知，得直线 7ykx过圆C 的圆心 (3, 5)C  ，所以 53 7k  ，所 以 4k  . 14． 9)8ln(  xx 【解析】因为 )()4( xfxf  ， 所以 (8)((4)4)(4)fx f x fx  [()]()f xfx  ， 所以 8 是 ()f x 的周期， 又因为 )(xf 是定义在 R 上的偶函数，当 )2,0(x 时， 1ln)(  xxxf ， 所以当 )8,6(x 时， (8,6)x ，8(0,2)x ， ( ) ( ) (8 ) ln(8 ) (8 ) 1fx f x f x x x   ln(8 ) 9x x. 15． 1 7 【解析】因为圆锥底面半径为 2，高为 1，所以圆锥的体积 2 1 14π 21 π33V ， 因为圆柱底面半径为 2，高为 2，所以圆柱的体积 2 2 π 228πV   ， 所以所求事件的概率为 1 12 1 7 V VV . A1 B1 C1 D1 A B C D M E F G 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 4 页（共 8页） 16． 25 5 【解析】画出 C1 和 C2 如图， 由于 C1 关于原点 O 对称， 所以 P 关于 O 对称的点 P’也在 C1 上， 又 M 为 PQ 的中点， 所以 1|||'|2OM P Q ， 设 P’到直线 l： 240xy的最小距离为 d ， 则 min 1|| 22OM d d ， 对于 3 1 33:( )22Cyx x x，由 2'3 12yx，得 1x  ， 结合图可知，当 '( 1, 0)P  时，P’到直线 l： 240xy的距离最小， 所以 |2 0 4|25 55 d  ，所以 min||OM  25 5 . 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17．解：（1）由 nS = 22nn ，得 当 n =1 时， 113aS； ········································································ 1 分 当 2n≥ 时， 1nnnaSS 222 2(1)(1)41nn n n n     ， *nN . ··· 3 分 又当 1n  时，上式也成立，所以 41nan， ············································· 4 分 由 24log 3nnab，得 12n nb  ， *nN . ················································ 6 分 （2）由（1）知 1(4 1) 2n nnab n ， *nN ············································· 7 分 所以 213 7 2 11 2 ... 4 1 2n nTn      ， ·········································· 8 分 232 3 2 7 2 11 2 ... 4 1 2n nTn       ， ··········································· 9 分  212 4 1 2 [3 4(2 2 ... 2 )]nn nnTT n    ········································ 10 分 12(1 2 )(4 1) 2 [3 4 ]12 n nn  (4 5) 2 5nn (4 5) 2 5n nTn， *nN ． ······························································ 12 分 4 2 2 5 C2 C1 P' M O PQ漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 5 页（共 8页） 18．解：（1）如图，连结 1AC，交 1AC 于点O ，连结OM ． ································ 1 分 因为三棱柱 111 CBAABC  的侧面 11AAC C 是平行四边形，所以O 为 1AC中点， 因为 M 为 11BA 的中点，所以 1//OM B C ． ··············································· 3 分 又因为 1OM AMC 平面 ， 11B CAMC 平面 ， 所以 11//B CAMC平面 ． ······································································· 5 分 （2）过 1A 作 1AH AM 于 H ， ····························································· 6 分 因为 1AA 平面 111ABC ， 1CM 平面 111ABC ， 所以 11CM AA ， 因为△ 111ABC 是正三角形， M 为 11BA 的中点， 所以 111CM AB ， 又 1111AA A B A ， 111,AA A B  平面 11AA B B ， 所以 1CM 平面 11AA B B ， 又 1AH  平面 11AA B B ，所以 11AH CM ， ··············································· 8 分 又因为 1AM C M M ， 1,AM C M  平面 1AMC ， 所以 1AH  平面 1AMC 于 H ， 所以 H 为点 1A 在平面 1AMC 内的射影. ······················································ 9 分 因为三棱柱侧面展开图是矩形，且对角线长为 410，侧棱 1 4BB  ， 所以三棱柱底面周长为 22(4 10) 4 12， ············································ 10 分 又因为三棱柱的底面是正三角形， 所以底面边长 11 4AB  , 1 2AM  , 在 1RtAAM△ 中， 1 4AA  ， 22 11 25AM AA A M, 由射影定理，有 2 1AAAHAM，即 2425AH，所以 85 5AH  . ········ 12 分 19．解：（1）区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55， 取值概率依次为：0.10，0.20，0.25，0.30，0.10，0.05， H 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 6 页（共 8页） 平均收益率为 0.05×0.10+0.15×0.20+0.25×0.25+0.35×0.30+0.45×0.10+0.55×0.05 ····· 2 分 4 1 (50 300 625 1050 450 275) 0.27510． ·································· 3 分 （2）① 25 30 38 45 52 190 3855x ， ······································· 4 分 7.5 7.1 6.0 5.6 4.8 31 6.255y ， ················································ 5 分 所以 10.0 6.2 0.1038b ， ··································································· 6 分 ②当每份保单的保费为 20 x 元时，销量为 10 0.1yx ， ···················· 7 分 则保费收入为 () (20 )(100.1)f xxx  22200 8 0.1 360 0.1( 40)xx x  万元 当 40x  元时，保费收入最大为 360 万元， 保险公司预计获利最大为 360×0.275=99 万元． 20．解：（1）由题意得， 1c  ，椭圆的两焦点为 (1, 0) 和 (1,0) ， ························· 1 分 因为点 )2 2,1( 在椭圆C 上， 所以根据椭圆定义可得：  2 2 2 2112 2 2      a ， ···························· 2 分 所以 2a ，所以 1222  cab ， ························································ 4 分 所以椭圆 E 的标准方程为 12 2 2  yx ． ······················································ 5 分 （2）解：设 11(, )Ax y ， 11(, )B xy ， 22,Cx y ， 22,Dxy ， 则 12(, )Px y ， 2 21 1 12 x y， 2 22 2 12 x y， 12||||y x ···································· 7 分 消去 21,x y ，得 2 2 1 2212 xy ， ·································································· 8 分 所以点 P 在双曲线 2 2:2 12 xTy上， ······················································ 9 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 7 页（共 8页） 因为T 的两个焦点为 10(0, )2M ， 10(0, )2N  ，实轴长为 2 ， ·················· 11 分 所以存在两定点 10(0, )2M ， 10(0, )2N  ，使得 ||||PM PN 为定值 2 . · 12 分 21．（1）证明： )(xf 的定义域为（0，+∞）， ①当 01 时， 1e x ， 11 x ， 01e)('  xxf x ，所以 )(xf 在(1,+∞)上单调递增， 所以当 x>1 时， 0e)1()(  fxf ． ······················································· 4 分 综上， 0)( xf 成立． ············································································ 5 分 （2）解：①若 a≤1，则当 x>0 时， 0 ae x ， ··········································· 6 分 所以由 0))(lne()('  axaxg x ，得 0ln  ax ，即 ax e ； 由 0))(lne()('  axaxg x ，得 0ln  ax ，即 ax e0  ， 所以 )(xg 的增区间为（ ae ，+∞），减区间为（0， ae ）． ······························· 8 分 ②若 a>1，则 lna>0，由（1）知 0lne)(  aaf a ，即 aa lne  ， ·············· 9 分 所以由 0))(lne()('  axaxg x ，得 ax ln0  或 ax e ； 由 0))(lne()('  axaxg x ，得 axa eln  ， 所以 )(xg 的增区间为（0， aln ），（ ae ，+∞），减区间为（ aln ， ae ）． ········· 12 分 （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做 第一个题目计分。 22．解：（1）因为曲线 C1 的参数方程为      ,sin ,cos   y x 所以曲线 C1 的普通方程为 122  yx ， ··················································· 2 分 将变换 T：      ,' ,2' yy xx 即      ,' ,'2 1 yy xx 代入 122  yx ，得 1'4 ' 2 2  yx ， ············· 4 分 所以曲线 C2 的普通方程为 14 2 2  yx ． ···················································· 5 分 （2）因为 m>1，所以 C3 上的点 A（0,-m）在椭圆 C2： 14 2 2  yx 外． ··········· 6 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 8 页（共 8页） 当 x>0 时，曲线 C3 的方程化为 mmxy  ， 代入 14 2 2  yx ，得 0)1(48)14( 2222  mxmxm ，（*） 因为 )1(4)14(464 224  mmm 0)13(16 2  m ， 所以方程（*）有两个不相等的实根 x1，x2， 又 014 8 2 2 21  m mxx ， 014 )1(4 2 2 21   m mxx ，所以 x1>0，x2>0， 所以当 x>0 时，曲线 C2 与曲线 C3 有且只有两个不同的公共点， ······················· 8 分 又因为曲线 C2 与曲线 C3 都关于 y 轴对称， 所以当 x