【西南名校联盟】2020届高考适应性月考卷（一）理科数学答案

【西南名校联盟】2020届高考适应性月考卷（一）理科数学答案

1 1.【答案】C 【解析】依题意， A {x | 6  x  3}， B {x | x  2}， B {x | x  2}， 故 A B x 6  x  2 ，故选 C. 2.【答案】C 【解析】依题意，得 m  2i  2n  ni ，解得 m  4,n  2 ，故 z  4  2i ，则在复平面 内，复数 z 所对应的点为 (4,2) ，位于第三象限，故选 C. 3.【答案】A 【解析】设 m  n 与 m 之间的夹角为 ，依题意得，m n  (1,1)(1,)  0，即 1   0 ， 解 得  1 ， 故 m  n  (1,1)  (1,1)  (0,2) ， 则 m  n 与 m 之 间 夹 角 的 余 弦 值 为 cos 2 2 22 2    ，故 4   ，故选 A. 4.【答案】 B 【解析】由命题的否定和否命题的构成法则得，p 的否定为“   2,0 ,2 3 1 0x x x      ”， q 的否命题为“若 0x  ，则 22 3 1 0x x   ”．故选 B. 5.【答案】B 【解析】第一次到第五次循环结果依次如下：S=13，n=12；S=25，n=11；S=36，n=10；S=46， n=9；S=55，n=8，所以 a 的取值范围是 9 10a  . 6.【答案】D 【解析】结合题意，可以将三棱锥 D ABC 补成一个长方体，且此长方体的体对角线长为 6, 则球 O 的半径为 3 ，故球O 的表面积为 24π 3 36π  ． 7.【答案】C 【解析】作出二元一次不等式组： x＋2y－19≥0， x－y＋8≥0， 2x＋y－14≤0 的可行域，如图中阴影部分所示，由 题意得 A(1,9)，C(3,8). 2020 届高考适应性月考卷（一） 理数参考答案 2 当曲线 y＝ax 过 A(1,9)时，a 取最大值，此时 a＝9； 当曲线 y＝ax 过 C(3,8)时，a 取最小值，此时 a＝2，∴2≤a≤9. 8.【答案】B 【解析】通过三视图可知该几何体是正方体的一部分，在正方体中作出该几何体的直观图如 图 中三 棱 锥 A BCD ， 以 A 为 顶点 ， BCD△ 为 底面 ，可 以 求出 该 几何 体 的体 积 1 16 3 6 183 2V          ，故选 B. 9.【答案】C 【解析】因为   2lnf x x ax    （a 是与 x 无关的实数）在 1,e 单调增，在区间 1,e 上 存在零点，所以函数   2lnf x x ax    在区间 1,e 上存在唯一零点. 所以     1 0, 0, f f e   解得， 2 1 2ae    . 10.【答案】A 【解析】令 ,a b   的夹角为锐角 ，因为 b  被 a  同余，所以 cos b a    ，所以 cosb a   ， 所以        2 2 22cos 0b a b b a b b a b b b                    ，所以  b a b    . 如图，易知 a b  与 a  的夹角为 2   . 3 则   cos sin2a a b a a b a a b                       . 又          2 2 2 2 cosa a b a a b a a b a b                     ， 所以 2 2 sina b a a b         . ∴ a b  在 a  上的投影    2 2 cos sin2 a b a b a b a                   ，故选 A. 11.【答案】C 【解析】选项 A 对应的是 2a  ，选项 B 对应的是 4a  ，选项 D 对应的是 1a  .在选项 C 的 图 象 中 ， 由 ( ) sin ( )f x ax a R 的 图 象 可 知 ， 1a   ， 故 2( ) 2g x x x   ， 则 2( ) ( 1)g x a x ax   的图象的对称轴在 y 轴右侧，而图中的对称轴在 y 轴左侧，故选 C． 12.【答案】B 【 解 析 】 依 题 意 问 题 等 价 于 2 ln 1 1 2 x xm x x    在 (0, ) 上 恒 成 立 ， 令 2 ln 1( ) ( 0)1 2 x xf x x x x     ，故 2 2 1( 1)( ln )2( ) 1( )2 x x x f ' x x x      ( 0)x  ，令 ( ) 0f ' x  ，得 1 ln 02 x x   ，设 1( ) ln2g x x x   ，故 1 1( ) 02g' x x     ，故 1( ) ln2g x x x   在 (0, ) 上单调递减，不妨设 1 ln 02 x x   的根为 0x ，即 0 0 1ln 2x x  ，分析单调性可知 0 0 0 max 0 2 2 0 0 0 0 0 11ln 1 12( ) ( ) 1 1 2 2 xx xf x f x xx x x x       = ， 因 为 1( ) 0, (1) 02g g  ， 所 以 0 1( ,1)2x  ，则 0 1 (1,2)x  ，则整数 m 的最小值为 2，故选 B. 13.【答案】 110 【解析】依题意可知，所求系数为 1 2 2 5 51 C 2 3C 2 110      . 14.【答案】 2 15 4 【解析】依题意，由 2 2: 4 8 0x y x y     ，得圆心坐标为 (2, 4) ，半径为 2 5 ，设 直线 1 : 2 0l x y m   ，将点 ( 1,0) 的坐标代入，解得 1m  ，故直线 1 : 2 1 0l x y   .圆 心到直线 1l 的距离 5d  ，故弦长为 2 20 5 = 2 15 . 15.【答案】 9 16 【解析】选取 ,OA OB   为基向量. 因为 D 为 OB 的中点，所以 2 OBDO    . 因为  1OC OA OB      ， 所以 DC DO OC     1 2OA OB        . 所以   21 9 31 42 2 2DC OC OA OB OA OB                               . 当且仅当  9 0,116    时， DC OC  取得最小值. 16.【答案】 ( 2) 2 2nn    【解析】由题意可得： 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 log ( 1) log 11, 2, 1.1 s a sk as a a          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log ( 1) log 11 , 2, 2.1 2 s a sk as a a         又   1na数列 是以a =1为首项，公比为2的等比数列. 1 1 1 2( ) 2 log 2 ( 1)2n n n n na f a n      1 2 3 1 2 3 40 2 2 2 3 2 ... ( 1) 2 ,2 2 2 2 3 2 ... ( 1) 2n n n nT n T n                    1 1 2 3 1 2(1 2 )2 (2 2 2 ... 2 ) ( 1) 2 ( 1) 2 ( 2) 2 21 2 n n n n n n nT T n n n                       即 ( 2) 2 2n nT n    . 17.【解析】（1） 4 sin sinc A b C ，由正弦定理得 4 , 4ac bc b a   . 微博关注：橙子辅导。获取考前标答 5 21 sin 3 4 3, 2, 8, 10.2S ab C a a b a b         （6 分） （2）设CD x ，则 8BD x  ，由余弦定理得 2 2 2 2 cosBD BC CD BC CD C     ， 即 2 2 2 1 30 308 ) 2 4 , ,2 7 7x x x x CD        （ ．（12 分） 18.【解析】（1）因为 SA  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，所以 SA BD ；（2 分） 在直角梯形 ABCD 中， 90BAD ADC     ， 2 2SA AD CD   ， 4AB  ，所以 1tan tan 2ABD CAD    ， 即 ABD CAD   . 又 90CAD BAC     ， 所 以 90ABD BAC     ，即 AC BD .（4 分） 又 AC SA A ，所以 BD  平面 SAC . 因为 AF  平面 SAC ，所以 BD AF .（5 分） （2）如图，分别以 , ,AD AB AS 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，则 (0,0,0)A ， (0,0,2)S ， (0,4,0)B ， (2,1,0)C ， (2,0,0)D . 设三棱锥 E ABC 的高为 h ，因为 3 5 E ABC S ABCD V V    ，所以  1 1 1 4 2 2 53 2 1 1 32 43 2 ABCD S ABCD E ABC ABC S SAV V S h h              四边形 △ ，故 1.5h  ，故 E 为靠近 S 的四等分点， 即 3(0,1, )2E . （8 分） 设平面 EAC 的法向量为 ( , , )x y zm ，又 (2,1,0)AC  ， 3(0,1, )2AE  . 由 0, 0, AC AE        m m 得 2 0, 3 0,2 x y y z     取 2y   ， 得平面 EAC 的一个法向量为 4(1, 2, )3  m . （10 分） 6 又 (0,0,1)n 是平面 ABCD 的一个法向量，所以 4 61cos , | | | | 61   m nm n m n 由图可知二面角 E AC B  的平面角为锐角， 所以二面角 E AC B  的余弦值为 4 61 61 .（12 分） 19.【解析】（1）所求列联表如下： 愿意去支教 不愿意去支教 总计 女生 30 20 50 男生 40 10 50 总计 70 30 100 （4 分） （2）因为 2K 的观测值 2 0 100 (300 800) 100 4.76250 50 30 70 21 3.841k        ， 所以有 95%的把握说明是否愿意去西部支教与性别有关.（7 分） （3）由题意，抽取的 10 人中有 8 人愿意去西部支教，2 人不愿意去西部支教，于是  0， 1，2， ∴ 3 8 3 10 C 7( 0) C 15P    ， 1 2 2 8 3 10 C C 7( 1) C 15P    ， 2 1 2 8 3 10 C C 1( )2 C 15P    ，（10 分） ∴ ξ的分布列为  0 1 2 P 7 15 7 15 1 15 ∴ 7 7 1 31 215 1 15 5 0 5E        ．（12 分） 7 20.【解析】（1）∵ 13, 2P     在椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     上，∴ 2 2 3 1 14a b   ①. 又 F 为右焦点， PF 垂直于 x 轴，∴ 2 2 3a b  ②. 由①②解得， 2, 1a b  ，∴椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  .（2 分） （2）将动直线l 的方程   3 1 3 1 2 2 2 p q x p q y p q       ,p q R 改写为 3 1 3 1 02 2 2 2 x xy p y q                    . ∵ ,p q R ，∴ 3 1,2 2 3 1,2 2 x y x y       解得 3, 1 .2 x y    ∴动直线l 恒过点 P . ∵ P 在椭圆 C 上，∴动直线l 与椭圆 C 的位置关系是相切或相交.（4 分） （3）∵ 1 2 1 5 y y OA OB    ，∴ 1 2 1 24y y x x . 当直线 AB 的斜率不存在或斜率为 0 时，不满足 1 2 1 24y y x x . 设直线 AB 的方程为 mkxy  ， ),(),,( 2211 yxByxA ， 联立得      44 22 yx mkxy ，得 0)1(48)41( 222  mkmxxk ， 0]14[16)1(4)14(4)8( 22222  mkmkkm （*）.          2 2 21 221 41 )1(4 41 8 k mxx k kmxx .（6 分） 21214 xxyy  ，      2 2121 2 2121 mxxkmxxkmkxmkxyy 又 ， 04)(4)14( 2 2121 2  mxxkmxxk ， 8 0441 8441 )1(4)14( 2 22 2 2    mk kmkmk mk ， 整理得 14 2 k ， 2 1k . （8 分） ∵A,B,C,D 的位置可轮换，∴ ,AB BC 的斜率一个是 1 2 ，另外一个就是 1 2  . ∴ BCAB kk  1 1 02 2        为定值.（10 分） 不妨设 1 2ABk   ，则      )1(2 2 2 21 21 mxx mxx . 设原点到直线 AB 的距离为 d ，则 212 2 1 ||||12 1||2 1 k mxxkdABS AOB   )1(2442 ||4)(2 || 22 21 2 21  mmmxxxxm 1)2( 22  mm ，当 12 m 时(满足（*）取等号. 44  AOBABCD SS四边形 ，即四边形 ABCD 的面积的最大值为 4 .（12 分） 21.【解析】（1）当 2a  时， 2( ) 1 , (1) 1f x fx       ，又 (1) 8f  ， 曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 8 ( 1)y x    ，即 9y x   ．（2 分） （2）令 ( ) 1 0af x x     ，得 x a ，（3 分） 当 0 1a  时， 1 0aa   ，则 ( ) 0f x  . ( )f x 在 1( , )a  上递增．（4 分） 当 1a  时， 1 0a a   ， （i）当 x a 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ( , )a  上单调递增．（5 分） 9 （ii）当 1 x aa   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 1( , )aa 上单调递减．（6 分） （3）证明：令 1a  得 ( ) lnf x x x  ，   11f x x    ， 当 1x  时， ( ) 0f x  ；当 0 1x  时， ( ) 0f x  ． ln (1) 1x x f    ．（7 分） 3 2 3 2( ) ( ln ) 16 20 16 20g x x x x x x x x x          . 当且仅当 1x  时取等号．（8 分） 设 3 2( ) 16 20( 0)h x x x x x     ，则 2( ) 3 2 16 (3 8)( 2)h x x x x x       ， 令 ( ) 0h x  得 2x  ，令 ( ) 0h x  得 0 2x  ． min( ) (2) 20 20 0h x h      ．（10 分） ( ) ( ) 0g x h x   ， 易知此连不等式中两个等号的成立条件不同，故 ( ) 0g x  ．（12 分） 22.【解析】（1）曲线C 的参数方程化成直角坐标方程为 2 2 14 3 x y  .（2 分） 因为 cos , sinx y     ，所以l 的直角坐标方程为 3 0x y   . 其中倾斜角为 4  ，过点 ( 3,0) . 所以直线方程化成参数方程为 3 cos 4 sin 4 x t y t        . （4 分） （2）将 3 cos 4 sin 4 x t y t        ， 代入 2 2 14 3 x y  得， 27 6 6 6 0t t   ，（6 分） 2=(6 6) 4 7 ( 6) 384 0       ， 10 设方程的两根是 1 2,t t ，则 1 2 1 2 6 6 6,7 7t t t t   ， 所以 2 1 2 1 2 1 2 384 8 6( ) 4 7 7AB t t t t t t       ．（10 分） 23.【解析】（1）∵    21 1 04f x x   ， ∴            2 2 2 2 2f x f x f x f x f x f x            . （3 分） （2）当 1x   时，    21 1 04f x x   ， 所以        1 12 14 4y f x f xf x f x        . （6 分） 当且仅当    1 , 1 24 f x xf x    时，取等号， 因为存在 , 1x R x   ，使得     21 2 14 f x m mf x       成立， 所以 2 2 1 1m m   . （8 分） 所以 1 3m   或 0 2m  或 1 3m   .（10 分）