四川省成都石室中学2020届高三高考适应性考试（二）数学（文）试题答案

四川省成都石室中学2020届高三高考适应性考试（二）数学（文）试题答案

成都石室中学高2020届高考适应性考试（二）‎ 数学参考答案（文科）‎ 一、选择题 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 ‎ D ‎ C ‎ A D ‎ ‎ C ‎ D ‎ A ‎ D ‎ B ‎ C ‎ A ‎ B 二、填空题 ‎13. ; 14. ； 15. ； 16. . ‎ ‎1．解：，在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．故选：．‎ ‎2．解：，．故选：．‎ ‎3．解：由可得，‎ 所以 故选：．‎ ‎4．解：否命题将条件和结论同时否定.故选：．‎ ‎5．解：记2名男生为A1，A2，3名女生为B1，B2，B3，所有的结果为A1A2B1，A1A2B2，A1A2B3，A1B1B2，A1B1B3，A1B2B3，A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3，B1B2B3，一共有10种情况，符合条件的有A1B1B2，A1B1B3，A1B2B3，A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3共6种情况，所以概率为，故选：．‎ ‎6．解：因为，所以，所以①，两边平方可得，所以，所以，因为为锐角，所以②，由①②可得.故选：．‎ ‎7．解： ，图象向右平移个单位长度得到的解析式为 ‎，‎ 令，则，所以对称轴为.故选：．‎ ‎8．解： ，‎ 则，‎ 第8页/共7页 则有，又由，则；故选：．‎ ‎9． 解：连接，则∠为直线与直线所成角.‎ 设正方体的棱长为3，则.作,连接，可求得，所以，‎ 由余弦定理可得 ‎. 故选：．‎ ‎10．解：如图，当平面BAC⊥平面BDC时，三棱锥体积最大，取BC中点E，连接AE、DE，则AE⊥BC，DE⊥BC，因为平面BAC⊥平面BDC，所以可证得AE⊥平面BCD，DE⊥平面ABC，取三角形BCD的外心F，作FM//AE，则F、M、E、A四点共面，取三角形ABC的外心H，过点H作EF的平行线交FM于点O，因为EF垂直平面ABC，则HO垂直平面ABC，于是点O到A、B、C、D四点的距离相等，所以点O为三棱锥外接球的球心.连接OC，可求得OF=HE=，CF=，所以，所以外接球表面积为.故选：．‎ ‎11．解：线段是双曲线的焦点到渐近线的距离，则，三角形OAF为直角三角形，且OA=a，OF=c，由几何关系可求得A点的坐标为，于是点B的坐标为 将B点的坐标代入双曲线方程可得：．化简得，所以，，故选：．‎ ‎12． 解：因为只有一个整数解，即只有一个整数解，令，则的图象在直线y=a的上方只有一个整数解.作出的图象，由图象可知a的取值范围为 即，故选：‎ ‎13．解：因为点是切点，所以点在切线上，所以，‎ 第8页/共7页 因为函数的图象在点处的切线的方程是，斜率为，所以 ‎，所以．‎ ‎14．解： 由题可知 ‎，‎ 由正弦定理可得，所以 ‎.‎ ‎15．解：当时，，即，，；当时，，令， 所以在单调递增.又因为 ‎，所以的解集为.所以不等式的解集为.‎ ‎16．解：设的方程为，联立抛物线方程可得,所以有,‎ ‎，所以,‎ 解得，设，，当m=0时，△ABM的面积最小，此时的方程为，点的坐标为，.‎ 三、解答题 ‎17.【解析】（1）由已知当时，，，‎ 当时，，则，即，‎ 故. ………3分 设等比数列的公比为，，‎ 第8页/共7页 ‎，或者，‎ 或. ………6分 ‎（2）由题意，得， ‎ ‎，‎ ‎. ‎ 上述两式相减，得 ,‎ ‎. ………12分 ‎18.【解析】（1）根据题目所给数据得到如下的列联表：‎ 使用寿命不高于5年 使用寿命不低于6年 总计 型 ‎30‎ ‎70‎ ‎100‎ 型 ‎50‎ ‎50‎ ‎100‎ 总计 ‎80‎ ‎120‎ ‎200‎ 由列联表可知：，‎ 所以有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关； ………6分 ‎（2）记事件，分别表示小李选择型出租车和型出租车时，3年内（含3年）换车，‎ 由表知，，‎ 因为，所以小李应选择型出租车． ………12分 ‎19.【解析】（1）证明：由平面图形可知，，，‎ 又 ，平面，则．‎ 为的中点，，．‎ 第8页/共7页 ‎，平面，‎ 又面， 面平面； ………6分 ‎（2）解：的正视图与△全等，‎ ‎，即或．‎ 由（1）可知，平面平面，‎ 在平面内的射影落在直线上，‎ 得点到平面的距离．‎ 四棱锥的体积． ………12分 ‎20.【解析】（1）因为，可得，，‎ 由，可得，为的中点，‎ 所以，即，‎ 所以，即，，‎ 所以椭圆的方程为； ……….5分 ‎（2）由（1）可得，右焦点为，‎ 因为，所以，‎ 所以，又，‎ 直线，的斜率互为相反数， ……….7分 设直线，联立椭圆方程，消去，‎ 可得，‎ 设，，，，则，所以，‎ 第8页/共7页 将换为，同理可得， ……….9分 ‎，‎ ‎，‎ 所以直线的方程为，即． ………12分 ‎21. 【解析】（1）的定义域为，，‎ ‎∵在定义域内单调递增，∴，即对恒成立. ‎ 则恒成立. ∴，∵，∴.‎ 所以，的取值范围是. ………5分 ‎（2）设方程，即得两根为，，且.‎ 由且，得，‎ ‎∵，, ∴, ∴, ………7分 ‎，‎ 第8页/共7页 ‎∵,‎ ‎∴代入得,………9分令，则，得，， ,‎ ‎ ∴而且上递减，从而,‎ 即, ∴. ………12分 ‎22.【解析】（1）由参数方程，得，‎ ‎，‎ 即，化为极坐标方程得，即. ………5分 ‎（2）设点、的极坐标分别为、，则，，且，‎ 所以的面积为. ‎ ‎………… 10分 ‎23. 【解析】（1）证明:由三项基本不等式可知，不等式得证 ‎. ………… 5分 ‎（2）证明:由于,,为一个三角形的三边长,则有：,即,所以,同理,‎ 第8页/共7页 ‎,‎ 相加得：,左右两边同加得：‎ 所以，不等式得证. ………… 10分 第8页/共7页