漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 1 頁 共 10 頁 漳州市 2020 屆高中畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試 理科數(shù)學(xué)試題答案 評分說明 1 本解答給出了一種或幾種解法供參考 如果考生的解法與本解答不同 可根據(jù)試題 的主要考查內(nèi)容比照評分標(biāo)準(zhǔn)制定相應(yīng)的評分細(xì)則 2 對計(jì)算題 當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí) 如果后繼部分的解答未改變該題的 內(nèi)容和難度 可視影響的程度決定后繼部分的給分 但不得超過該部分正確解答應(yīng)給分?jǐn)?shù)的 一半 如果后繼部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤 就不再給分 3 解答右端所注分?jǐn)?shù) 表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù) 4 只給整數(shù)分?jǐn)?shù) 選擇題和填空題不給中間分 一 選擇題 本大題考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算 每小題一 選擇題 本大題考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算 每小題 5 分 滿分分 滿分 60 分 分 1 c 2 b 3 c 4 d 5 c 6 c 7 b 8 c 9 c 10 a 11 a 12 a 選擇題詳解 1 解析 選 c 1 1a 1 2 b 則 r ac b 11 1 1 22 2 解析 選 b 3zi 則zz 310i 3 解析 選 c 中國和巴西獲得金牌總數(shù)為 154 按照分層抽樣方法 22 名獲獎(jiǎng)代表中有中國 選手 19 個(gè) 巴西選手 3 個(gè) 故 12 193 3 22 57 1540 c c p c 4 解析 選 d 因?yàn)?7 a是 3 a與 9 a的等比中項(xiàng) 所以 2 739 aa a 又?jǐn)?shù)列 n a的公差為2 所以 2 111 12 4 16 aaa 解得 1 20a 故20 1 2 222 n ann 所以 110 10 10 5 202 110 2 aa s 5 解析 選 c 通過偶函數(shù)定義判斷可知 f x為偶函數(shù) 求導(dǎo)作出下圖 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 2 頁 共 10 頁 6 解析 選 c 分別取 11d c 1 cc中點(diǎn)e f 易知平面efm平行于平面bda1 又平 面 過點(diǎn)m 平面 平行于平面bda1 所以平面efm與平面 是同一個(gè)平面 所以體 積較小的幾何體等于 24 1 1 2 1 2 1 3 1 2 7 解析 選 b 3 2 4 1e a ee 2 4 16 b e 2 2 24 44e c ee 2 4 9e d e 由于2 7e 2 7 39e 3 20 09e 所以cdab 8 解析 選 c 如圖 最小正周期為2 最大值為 1 42 f 所以最小正周期與最大值之比 為4 9 解析 選 c 由已知可得4ab 2ceaebe 設(shè) ce cd 當(dāng)d與e重合 時(shí) ce cd 2 2 cos04 符合題意 當(dāng)d與a重合時(shí) bdc 4coscd 代入 4ce cd 得2 4coscos4 此時(shí) 4 故0 4 此時(shí)由4ce cd 得 2cos4cd 即 2 cos cd 結(jié)合0 4 可得2 2 2cd 10 解析 選 a 函數(shù) sinyf xx 在0 x 2 x x 處的函數(shù)值分別為 0 0 1 fy 2 1 2 yf 3 0yf 故 2 12 12 1 xx yy k 2 23 23 xx yy k 2 13 1 2 4 xx kk k 故 2 22 2444 2 f xxx xxx 即xxx 44 sin 2 2 所以 25 24 5 24 5 2 4 5 2 sin 2 2 故選 a 11 解析 選 a 設(shè) 11 a x y 22 b xy 拋物線焦點(diǎn)為f 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 3 頁 共 10 頁 由已知有2afbfp 即 12 yyp 由 22 11 22 22 22 22 1 1 xy ab xy ab 兩式相減得 22 1212 12 22 yyyyxx ab 即 1212 12 22 22yyyypypy ab 故 2 2 1 2 b a 所以漸近線方程為 2 2 yx 12 解析 選 a 令 0 ln x te txt 轉(zhuǎn)化成 2 ln10tta t 即 1 ln0ta t t 令 1 lnf tta t t 顯然 10f 問題轉(zhuǎn)化成函數(shù) f t在 0 上只有一個(gè)零點(diǎn) 1 2 22 11 1 atta fta ttt 若0a 則 lnf tt 在 0 單調(diào)遞增 10f 此時(shí)符合題意 若0a 則 0 ft f t在 0 單調(diào)遞增 10 f 此時(shí)符合題意 若0 a 記 2 h tatta 開口向下 對稱軸 1 0 2 t a 過 0 a 2 1 4a 當(dāng)0 時(shí) 即 2 1 40 a 1 2 a 時(shí) 0ft f t在 0 單調(diào)遞減 10f 此時(shí)符合題意 當(dāng)0 時(shí) 即 2 1 40a 1 0 2 a 時(shí) 設(shè) 0h t 有兩個(gè)不等實(shí)根 12 t t 12 0tt 又 10h 對稱軸 1 1 2 t a 所以 12 01tt 則 f t在 1 0 t單調(diào)遞減 12 t t單調(diào)遞增 2 t 單調(diào)遞增 由于 10f 所以 2 0f t 取 1 0 a te 11 22 0 1 aa a ea e f t a 記 11 22 1 aa aa ea e 令 1 2tt a 則 2 2 tt tee am t t 0 所以 0 0f t 結(jié)合零點(diǎn)存在性定理可知 函數(shù) f t在 20 t t存在一個(gè)零點(diǎn) 不符合題意 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 4 頁 共 10 頁 綜上 符合題意的a的取值范圍是0a 或 1 2 a 二 填空題 本大題考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算 每小題二 填空題 本大題考查基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算 每小題 5 分 共分 共 20 分 分 13 22 216x y 14 9 15 1414 11 22 a 16 10 填空題詳解 13 解析 22 222 34 23216tcxyx y 14 解析 當(dāng)a老師監(jiān)考b班時(shí) 剩下的三位老師有3種情況 同理當(dāng)a老師監(jiān)考c班時(shí) 也有 3 種 當(dāng)a老師監(jiān)考d班時(shí) 也有 3 種 共 9 種 15 解析 由已知有2qo 即點(diǎn)q的軌跡方程為圓t 22 4xy 問題轉(zhuǎn)化為圓n和圓 t有公共點(diǎn) 則 2 2 123aa 故 1414 11 22 a 16 解析 由于 qb面 1 d nt 所以點(diǎn)q在過b且與面 1 d nt平行的平面上 取dc中點(diǎn) 1 e 取 1 1ag 則面 1 bge面 1 d nt 延長 1 be 延長ad 交于點(diǎn)e 連接eg 交 1 dd于點(diǎn)i 顯然 面bge 面 11 d daagi 所以點(diǎn)q的軌跡是線段gi 易求得10gi 三 解答題 共三 解答題 共 70 分分 解答應(yīng)寫出文字說明 證明過程或演算步驟解答應(yīng)寫出文字說明 證明過程或演算步驟 第第 17 21 題為必考題 每個(gè)試題考生都必須作答 題為必考題 每個(gè)試題考生都必須作答 第第 22 23 題為選考題 考生根據(jù)要求作答題為選考題 考生根據(jù)要求作答 一 必考題 共 一 必考題 共 60 分分 17 解 1 111 sin2 1 cos2 222 f xxx 1 sin2cos2 2 xx 2 sin 2 24 x 3 分 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 5 頁 共 10 頁 z y x a1 b1 c1 a b c o 由 3 222 242 kxkkz 得 5 88 kxk 所以 f x的單調(diào)遞減區(qū)間為 5 88 kkkz 6 分 2 由正弦定理得sincos2sincossinsinababba sin0 a cos2cossinbbb 即 cossin cossin cossinbbbbbb cossin cossin1 0 bbbb 得cossin0 cossin1 bbbb 或 解得 42 bb 或舍去 9 分 abc為銳角三角形 3 4 a c 0 2 3 0 42 a a 解得 42 a 35 2 444 a 22 sin 2 242 a 2 sin 2 24 f aa 的取值范圍為 1 1 2 2 12 分 18 12 分 解 1 連接ao 因?yàn)閛為bc的中點(diǎn) 可得bcao 1 分 1 aoabc 平面 bcabc 平面 1 aobc 2 分 又 1 aoaoo 1 bcaao 平面 1 bcaa 3 分 11 bbaa 1 bcbb 又 四邊形 11 bbcc為平行四邊形 四邊形 11 bbcc為矩形 5 分 2 如 圖 分 別 以 1 oa ob oa所 在 直 線 為 x y z 軸 建 立 空 間 直 角 坐 標(biāo) 系 則 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 6 頁 共 10 頁 1 0 0 0 2 0 0 2 0 abc 6 分 rt aob中 22 1aoabbo 1 rt aao中 22 11 2aoaaao 1 0 0 2 a 1 1 0 2 aa 1 0 2 2 ac 11 1 2 0 abab 7 分 設(shè)平面 11 abc的法向量是 x y z n 由 1 0 0 ab ac n n 得 20 220 xy yz 即 2 xy zy 可取 2 1 1 n 9 分 設(shè)直線 1 aa與平面 11 abc所成角為 則 0 2 1 1 1 42 sincos 30 1556 aa aa aa n n n 11 分 0 2 2 105 cos1 sin 15 即直線 1 aa與平面 11 abc所成角的余弦值為 105 15 12 分 19 解 1 由已知 單只海產(chǎn)品質(zhì)量 280 25n 則280 5 1 分 由正態(tài)分布的對稱性可知 111 26512652951331 0 99740 0013 222 ppp 3 分 設(shè)購買 10 只該商家海產(chǎn)品 其中質(zhì)量小于265g的為x只 故 10 0 0013xb 故 1011011 0 00131 0 98710 0129p xp x 所以隨機(jī)購買 10 只該商家的海產(chǎn)品 至少買到一只質(zhì)量小于265克的概率為0 0129 6 分 2 由6 8t 563y 8 1 108 8 ii i ttyy 8 2 1 1 6 i i tt 有 8 1 8 2 1 108 8 1 8 6 6 ii i i i ttyy b tt 8 分 且 56368 6 8100 6aybt 9 分 所以y關(guān)于x的回歸方程為 100 668yx 10 分 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 7 頁 共 10 頁 當(dāng)49x 時(shí) 年銷售量y的預(yù)報(bào)值 100 668 49576 6y 千元 所以預(yù)測先進(jìn)養(yǎng)殖技術(shù)投入為 49 千元時(shí)的年收益增量為576 6千元 12 分 20 解 1 因?yàn)?ebed acad 又因?yàn)?acad 所以ebed 1 分 所以42ebeaedeaadab 2 分 所以e的軌跡是焦點(diǎn)為a b 長軸為4的橢圓的一部分 設(shè)橢圓方程為 22 22 1 0 xy ab ab 則24a 22c 所以 2 4a 222 3bac 所以橢圓方程為 22 1 43 xy 3 分 又因?yàn)辄c(diǎn)e不在x軸上 所以0y 所以點(diǎn)e的軌跡 的方程為 22 1 0 43 xy y 4分 2 因?yàn)橹本€hg斜率不為 0 設(shè)為1xty 5 分 設(shè) 11 g x y 22 h xy 聯(lián)立 22 1 1 43 xty xy 整理得 22 34690tyty 所以 222 3636 34 144 1 0ttt 12 2 6 34 t yy t 12 2 9 34 y y t 6 分 所以 2 12 2 161 234 ohg t soa yy t 8 分 2mnom 2 ghnohg ss 設(shè)四邊形ohng的面積為s 則 2 2 8 34 3 11 ohgghnohg t ssss t 2 2 2 2 1818 1 34 31 1 1 t t t t 10 分 令 2 1 1 tm m 再令 1 3ym m 則 1 3ym m 在 1 單調(diào)遞增 所以1m 時(shí) min 4y 此時(shí)0t 2 2 1 31 1 t t 取得最小值4 所以 max 9 2 s 12 分 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 8 頁 共 10 頁 21 解 1 因?yàn)?11 ax fx a xx 1 分 當(dāng)0a 時(shí) 0fx f x在 0 單調(diào)遞增 至多只有一個(gè)零點(diǎn) 不符合題意 舍 去 2 分 當(dāng)0a1 所以 c3上的點(diǎn) a 0 m 在橢圓 e 1 4 2 2 y x 外 6 分 當(dāng) x 0 時(shí) 曲線 e 的方程化為mmxy 代入1 4 2 2 y x 得0 1 48 14 2222 mxmxm 漳州市 2020 屆高三畢業(yè)班高考適應(yīng)性測試?yán)砜茢?shù)學(xué)答案第 10 頁 共 10 頁 因?yàn)?1 4 14 464 224 mmm0 13 16 2 m 所以方程 有兩個(gè)不相等的實(shí)根 x1 x2 又0 14 8 2 2 21 m m xx 0 14 1 4 2 2 21 m m xx 所以 x1 0 x2 0 所以當(dāng) x 0 時(shí) 曲線 c2與曲線 c3有且只有兩個(gè)不同的公共點(diǎn) 8 分 又因?yàn)榍€ c2與曲線 c3都關(guān)于 y 軸對稱 所以當(dāng) x 0 時(shí) 曲線 c2與曲線 c3有且只有兩個(gè)不同的公共點(diǎn) 9 分 綜上 曲線 c2與曲線 c3 y m x m 的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為 4 10 分 23 解 1 當(dāng) m 5 時(shí) 0 xf 05 13 2 xx 05132 3 1 xx x 或 05132 2 3 1 x