安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学（文）答案

安徽省六安市第一中学2020届高考适应性考试数学（文）答案

1 六安一中 2020 届高三年级适应性考试 文科数学试卷 1．【答案】D 解：  0 4B x x   ,∵  1A x Z x    ,∴  1,2,3A B  ,故选：D. 2．【答案】D 解：因为  1z bi b R   所以 2 21 2 3 4z b bi i      ， ∴ 2b  ，∴ 1 2z i  ，∴ 1 2z i  ，故 z 的虚部为 2 ，故选：D. 3．B 4．【答案】C 解：①错误；②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在 区间 内，②正确；③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为 正相关，③正确；④乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故 ④不正确．故选：C． 5．【答案】 A 圆柱高为 3 ，从而圆锥高为 32 ，  3 383223 1 2 V 6．【答案】B 作图知： )(xf 在 R 上单调递增， 0,10,1  cba ，故选 B。 7．【答案】A 解；A 选项中命题的否定是：若 0xy  ，则 x，y 都不为零，故 A 不正确；B 选项是 一个特称命题的否定，变化正确；C 选项是写一个命题的逆否命题，需要原来的命题条件和结 论都否定再交换位置，C 正确；D 选项由前者可以推出后者，而反过来不是只推出 1x  ，故 D 正确，故选：A. 8．【答案】B 解：由等比数列的性质，可得 25)(22 2 86 2 886 2 613386111  aaaaaaaaaaaa ， 又因为 0na  ，所以 6 8 5a a  ，所以 4 25)2( 286 86 2 7  aaaaa ，故选：B. 9．【答案】D 解：把函数 sin2y x 的图象沿 x 轴向左平移 6  个单位得到 sin 2 in 26 3                  y x s x ，纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变）后得到函数   2 in 2 3      f s xx ，故①正确；因为 2 in 2 =03 3       s ，故②正确；因为 0, 6x      ， 则 22 ,3 3 3x         ， siny x 不单调，故③错误；因为 0, 2x      ，则 42 ,3 3 3x         ， 2 in 2 3,23           s x ，若函数  y f x a  在 0, 2      上的最小值为 3 ，则 2 3a  ．故 ④正确；故选：D 10．【答案】C 解：设准线l ，作 lPQ  ， mPA PF PA PQPAQ 1 || || || ||sin  当 PA 与抛物线相切时， m 取得最大值 xyA 2 1),1,0(,  ， 设 PA 与抛物线切点 )4 1,( 2 00 xx ， )(2 1 4 1 00 2 0 xxxxy  把 )1,0(  代入得 )2(20  或x ，此时 22||),1,2(  PAP ，选 C. 11．【答案】C 解：因为| | 1a  ， a  与b  的夹角为 3  ，所以 1| | cos | |3 2a b b b      ． 把 babax  2 两边平方， 整理可得 0132 22  bbxbx ， 所以  2 24 | | 4 3| | | | 1 0b b b        ，即    0121  bb ，即 1b ．故选:C． 12．【答案】B 解： 0)0(),()(  fxfxf ， )(xf 为偶函数， xaxfxaxxf cos)(,sin)(  ， ① 0a 时， 0x ， 02 1)( 2  axxf 满足题意， ② 1a 时， 0)0()(,0)(  fxfxf ， 0)0()(  fxf 符合题意. 0,10 0  xa 使得 ),0( 0xx ，解 ,0)0()(,0)(  fxfxf 0)0()(  fxf ，又 x 时， )(xf 不合题意. 故选 B 13． 013  yx 14． ),4[  解： 1x y 表示 ),( yx 与 )0,1( 连线的斜率， 当 ),( yx 取 )4,0( 时， 1x y 最大值为 4， 4a . 15．2 解：由对称性知一条渐近线的倾斜角为 60 ， .2,360tan  ea b 16． 12 n 12 n n 解： nnnnn a n aanna nn nn 1 1 1 )1( 1 1,1)1( 1 1    )2(1 1 1 11   nnn a nn a nn }1 1 1{  nn an 为常数列， )2(25 1 51 1 1 6  na nn an 1,1),2(12 1  annnan 适合上式. 2 17．解：（1）解法一：由已知，得 AcAbBa cos2coscos  ． 由正弦定理，得 ACABBA cossin2cossincossin  ，（1 分） 即 ACBA cossin2)sin(  ，（2 分）因为 CBA sin)sin(  ，（3 分） 所以 ACC cossin2sin  ．（4 分） 因为 0sin C ，所以 2 1cos A （5 分） 因为  A0 ，所以 3 A （6 分） 解法二：结合余弦定理 2 2 2 2 2 2 (2 )2 2 a c b b c aa c bac bc        （1 分） 即 2 2 2b c a bc   （3 分） 所以 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    （5 分） 因为  A0 ，所以 3 A （6 分） （2）解法一：由余弦定理 Abccba cos2222  ， 得 2 24bc b c   ，（7 分）即 43)( 2  bccb ．因为 2)2( cbbc  ，（9 分） 所以 4)(4 3)( 22  cbcb ．即 4 cb （当且仅当 2 cb 时等号成立）．（11 分） 所以 6 cba ． （12 分） 解法二： , 2, ,sin sin sin 3 a b c a AA B C    且 所以 4 3 4 3sin , sin3 3b B c C  （8 分） 所以 4 32 (sin sin )3a b c B C     4 3 22 [sin sin( )]3 3B B    （9 分） 2 4sin( )6B    ，因为 20 , 63 3B B a b c     所以 时， 取得最大值 （12 分） 19、（1） |||| PFPQ  ， 4||||||||||  QEPQPEPFPE ∴点 P 在以 E、F 为焦点的椭圆上， 1,42  ca ，∴ 3,2  ba ∴点 P 轨迹方程为 134 22  xy 3 （2） )1,2 3( A 不妨取 )1,2 3( A ，设 )2 3(1:  xkyl 代入 134 22  xy ， 20  k ， 042  yx ， )4,4(B 0)3,4()2,2 3(  FBFA ，∴以线段 AB 为直径的圆过定点 F. 20、解：（1）由题意得 x =175×0.05+225×0.15+275×0.2+325×0.3+375×0.2+425×0.1=312.5 （2）因为区间[150,200)和[200,250]上的频率之比为 1:3，所以应从区间[150,200）上抽取一件，记 为 A1 ， 从 区 间 [200,250] 上 抽 取 3 件 ， 记 为 B1,B2,B3 ， 则 从 中 任 取 两 件 的 情 况 有 (A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)，共 6 种， 其中两件都取自区间[200,250]上的情况有(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)，共 3 种 所以其概率 2 1 6 3 P （3）每天生产件数的频数分布表为： 件数 6000 7000 8000 9000 频数 20 30 40 10 若 采 用 方 案 一 ， 使 用 100 台 A 设 备 和 800 台 B 设 备 每 天 可 进 一 步 加 工 的 件 数 为 30×100+4×800=6200，可得实际加工件数的频数分布表为 实际加工件数 6000 6200 频数 20 80 所 以 方 案 一 中 使 用 A,B 设 备 进 一 步 加 工 后 的 日 增 加 的 利 润 均 值 为 25× 4000080080100500100 80)620020×6000(  若 采 用 方 案 二 ， 使 用 200 台 A 设 备 和 450 台 B 设 备 每 天 可 进 一 步 加 工 的 件 数 为 30×200+4×450=7800，可得实际加工件数的频数分布表为 实际加工件数 6000 7000 7800 频数 20 30 50 所 以 方 案 二 中 使 用 A,B 设 备 进 一 步 加 工 后 的 日 增 加 的 利 润 均 值 为 25× 500100 )507800307000206000(  ×200-80×450=44000, 综上所述，公司应该选择方案二. 21． 22．解：（1）曲线C 的普通方程为 4)2( 22  yx ，即 xyx 422  ，因为 222,cos yxx   ，可得  cos42  ，化简为  cos4 . 直线l ：        sin33 cos1 ty tx （t 为参数方程，  0 ） ...........4 （2）将直线l 的参数方程代入 4)2(: 22  yxC ，整理得： 032)cossin3(62  tt ，设 BA, 对应的参数分别为 2,1 tt ，则 32),cossin3(6 2121  tttt  ，又 A 为 MB 的中点，所以 12 2tt  ， 因此 )6sin(8),6sin(4)cossin3(2 21   tt . 所以 ,32)6(sin32 2 21  tt 即 1)6(sin2   .因为  0 ， 所以 6 7 66   ，从而 26   ，即 33tantan3   ， . ...........10 23．解：（1） 1 2|2 3|2 2|2 1|2         m mm mm （2） 14  cba 9)14 4 11()4()1 4 11(4 44 2  c c b b a a cbacbaabc abbcac ∴ abcabbcac 3644 