四川省棠湖中学2020届高三数学（文）第二次高考适应性试题（Word版附答案）

四川省棠湖中学2020届高三数学（文）第二次高考适应性试题（Word版附答案）

四川省棠湖中学高 2020 届第二次高考适应性考试 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试 卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第 I 卷 选择题（60 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1． z 是 z 的共轭复数，若  2, 2(z z z z i i    为虚数单位) ，则 z = A．1 i B． 1 i  C． 1 i  D．1 i 2．集合  2| 2 3 0x x xA    ，集合  2| 1,B y y x x R    ，则  R A B ð A．[ 1,1] B． ( 1,1) C．[ 1.3] D． ( 1.3) 3．已知实数 x 、 y 满足不等式组 2 1 0 2 1 0 0 x y x y y          ，则 3z x y   的最大值为 A．3 B． 2 C． 3 2  D． 2 4．下图是 2020 年 2 月 15 日至 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例的折线统计图．则下列 说法不正确的是 A．2020 年 2 月 19 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数 B．武汉市在新冠肺炎疫情防控中取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低 C．2020 年 2 月 19 日至 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于 400 人的有 8 天 D．2020 年 2 月 15 日到 3 月 2 日武汉市新增新冠肺炎确诊病例最多的一天比最少的一天多 1549 人 5．若sin 78 m ，则sin 6  A． 1 2 m  B． 1 2 m C． 1 2 m  D． 1 2 m 6．函数   2 1xf x x  的图象大致为 A． B． C． D． 7．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为 1，则该几何体的体积是 A． 1616 3  B． 816 3  C． 32 8 3 3  D． 32 16 3 3  8．已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 ,nS 9 12 2 1 6, 4,2a a a   则数列 1{ } nS 的前 10 项和为 A． 11 12 B．10 11 C． 9 10 D． 8 9 9．将函数   sin2f x x 的图象向左平移 0 2       个单位长度，得到的函数为偶函数，则  的值为 A． 12  B． 6  C． 3  D． 4  10．设点M是线段BC的中点，点A在直线BC外， 2 16,BC AB AC AB AC        ，则 AM  A．8 B．4 C．2 D．1 11．已知抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，准线与 x 轴的交点为 K ，点 P 为抛物线上任意一点 KPF 的平分线与 x 轴交于 ( ,0)m ，则 m 的最大值为 A．3 2 2 B． 2 3 3 C． 2 3 D． 2 2 12．设函数 ( ) ( )(ln )x mf x e ax x ax   ，若存在实数 a 使得 ( ) 0f x  恒成立，则 m 的取值 范围是 A． ,0 B． 0,2 C． 2  ， D． ,2 第 II 卷 非选择题（90 分） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．曲线 ( ) xf x xe 在点 (1, (1))f 处的切线在 y 轴上的截距是_______. 14．已知   2log , 0, 2 1, 0,x x xf x x     则方程   3f x  的解是 x ______. 15．双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的左右焦点分别为 1F 、 2F ， P 是双曲线右支上一点， I 为 1 2PF F 的 内心， PI 交 x 轴于 Q 点，若 1 2FQ PF ，且 : 2:1PI IQ  ，则双曲线的离心率 e 的值为 __________． 16．在三棱锥 P ABC 中， 60ABC   ， 90PBA PCA    o ， 3PB PC  ，点 P 到底面 ABC 的距离为 2 ，则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为________. 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．（12 分）端午节是我国民间为纪念爱国诗人屈原的一个传统节日.某市为了解端午节期间 粽子的销售情况，随机问卷调查了该市 1000 名消费者在去年端午节期间的粽子购买量（单位： 克），所得数据如下表所示： 购买量  0,100  100,200  200,300  300,400  400,500 人数 100 300 400 150 50 将烦率视为概率 （1）试求消费者粽子购买量不低于 300 克的概率； （2）若该市有 100 万名消费者，请估计该市今年在端午节期间应准备多少千克棕子才能满足 市场需求（以各区间中点值作为该区间的购买量）. 18．（12 分）已知数列 na 是等差数列，前 n 项和为 nS ，且 5 33S a ， 4 6 8a a  ． （1）求 na ． （2）设 2n n nb a  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 19．（12 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，E 为侧棱 PD 的 中点，O 为 AC 与 BD 的交点． （1）求证： / /OE 平面 PBC； （2）若平面 PAD  平面 ABCD， 4AC  ， 5AB  ， 4sin 5ABC  ， 求证： AC PD ． 20．（12 分）已知抛物线 2 2y px （ 0p  ）上的两个动点  1 1,A x y 和  2 2,B x y ，焦点为 F.线段 AB 的中点为  03,M y ，且 A，B 两点到抛物线的焦点 F 的距离之和为 8. （1）求抛物线的标准方程； （2）若线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C，求 ABC 面积的最大值. 21．（12 分）已知 ( ) ln( 1) .axf x e x x   （1）若 a=1，且 f(x)≥m 在(0，+∞)恒成立，求实数 m 的取值范围； （2）当 1 2a  时，若 x=0 不是 f(x)的极值点，求实数 a 的取值. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。 22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 1 cos sin x y       （ 为参数），以坐标原点为 极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin 2 24       . （1）求曲线 C 的极坐标方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）若射线 0 2         与曲线 C 交于点 A（不同于极点 O），与直线 l 交于点 B，求 | | | | OA OB 的最大值. 23．[选修 4-5：不等式选讲]（10 分） 设函数 ( ) 2 1 1f x x x    .  1 画出 ( )y f x 的图像；  2 若 ( )f x m x n  ，求 m n 的最小值. 四川省棠湖中学高 2020 届第二次高考适应性考试 文科数学参考答案 1．D 2．A 3．A 4．D 5．B 6．D 7．B 8．B 9．D 10．C 11．A 12．D 13． e 14．8 15． 3 2 16． 6 17．（1）在随机调查的该超市 1000 名消费者中， 粽子购买量不低于 300 克的共有 200 人， 所以消费者粽子购买量不低于 300 克的概率 200 1 1000 5P   （2）由题意可得，购买 0,100 的概率为 0.1，购买 100,200 的概率为 0.3，购买 200,30 的概率为 0.4，购买[300，400）的概率为 0.15，购买 400,500 的概率为 0.05 所以粽子购买量的平均数为 50 0.1 150 0.3 250 0.4 350 0.15 450 0.05 225x            克 所以需准备粽子的重量为 0.225×106=225000 千克 18．(1)由题意，数列 na 是等差数列，所以 5 35S a ，又 5 33S a ， 3 0a  ， 由 4 6 58 2a a a   ，得 5 4a  ，所以 5 3 2 4a a d   ，解得 2d  ， 所以数列的通项公式为    3 3 2 3na a n d n     ． (2)由（1）得   12 3 2n n n nb a n      ，      2 3 4 12 2 1 2 0 2 3 2n nT n             ，        3 4 1 22 2 1 2 4 2 32 2n n nT n n              ， 两式相减得    2 3 4 1 22 2 2 2 2 2 3 2n n n nT T n           ，  1 2 28 1 2 8 ( 3) 2 ( 4) 2 161 2 n n nn n             ，即 2( 4) 2 16n nT n     ． 19．证明（1）因为四边形 ABCD 为平行四边形,O 为 AC 与 BD 的交点, 所以O 为 BD 的中点. 又因为 E 为侧棱 PD 的中点, 所以 / /OE PB . 又因为 PB  平面 PBC ,OE  平面 PBC , 所以 / /OE 平面 PBC . （2）在 ABC 中,因为 4AC  , 5AB  , 4sin 5ABC  , 由正弦定理 sin sin AC AB ABC ACB   , 可得 45sin 5sin 14 ABCAB AAC CB      , 所以 90ACB  ,即 AC BC . 又因为四边形 ABCD 为平行四边形, 所以 / /AD BC ,所以 AC AD . 又因为平面 PAD  平面 ABCD , 平面 PAD 平面 ABCD AD , AC  平面 ABCD , 所以 AC  平面 PAD .又因为 PD  平面 PAD ,所以 AC PD . 20．（1）由题意知 1 2 6x x  ，则 1 2| | | | 6 8AF BF x x p p       ，∴ 2p  ， ∴抛物线的标准方程为 2 4y x ； （2）设直线 :AB x my n  （ 0m  ）由 2 4 x my n y x     ，得 2 4 4 0y my n   ， ∴ 1 2 4y y m  ，∴  1 2 1 22 4 22 6x yx y mn nm      ，即 23 2n m  ， 即  2 1 2 2 1 2 16 3 0 4 8 12 m y y m y y m            ，∴ 2 2 2 1 2| | 1 4 1 3AB m y y m m        ， 设 AB 的中垂线方程为： 2 ( 3)y m m x    ，即 ( 5)y m x   ，得点 C 的坐标为 (5,0) ， ∵直线 2: 3 2AB x my m   ，即 22 3 0x my m    ， ∴点 C 到直线 AB 的距离 2 2 5 2 3 1 m d m     22 1m  ， ∴  2 21 | | 4 1 32S AB d m m      令 23t m  ，则 2 23 (0 3)m t t    ，  24 4S t t    令  2( ) 4 4f t t t   ，∴  2( ) 4 4 3f t t   ， 令 ( ) 0f t  ，则 2 3 3t  ，在 2 30, 3       上 ( ) 0f t  ；在 2 3 , 33       上 ( ) 0f t  ， 故 ( )f t 在 2 30, 3       单调递增， 2 3 , 33       单调递减， ∴当 2 3 3t  ，即 15 3m   时， max 64 3 9S  . 21．解:（1）由题,当 1a  时,    ln 1xf x e x x   ,所以     1ln 1 11 xf x e x x         , 设      1ln 1 01g x x xx     ,所以    2 0 1 xg x x     恒成立, 所以  g x 在 0,  上为增函数,所以    0 1g x g  ,又 e 1x  , 所以   0f x  恒成立,所以  f x 在 0,  上为增函数,所以    0 0f x f  ,所以 0m  （2）       1ln 1 1 ln 1 11 1 ax ax axef x ae x e a xx x              , 令    g x f x ,则       2 2 2 2 1ln 1 1 ax ax ag x e a x x           , 设       2 2 2 2 1ln 1 1 ax ah x a x x      , 则         22 3 3 1 1 12 2 2 01 1 1 a xa ax ah x x x x               , 所以  h x 在 1,  上递增,且  0 2 1h a  , ①当 1 2a  时,  0 0h  ,所以当  1,0x  时,   0h x  ；当  0,x  时,   0h x  , 即当  1,0x  时,   0g x  ；当  0,x  时,   0g x  , 所以    g x f x 在 1,0 上递减,在 0,  上递增,所以    0 0f x f   , 所以  f x 在 1,  上递增,所以 0x  不是  f x 的极值点,所以 1 2a  时,满足条件； ②当 1 2a  时,  0 2 1 0h a   ,又因为  h x 在  1,  上递增, 所以 0 0x  ,使得  0 0h x  ,所以当 0x x 时,   0h x  ,即   0g x  , 所以    g x f x 在 0,x  上递增,又  0 0f   , 所以当 0 0x x  时,   0f x  ；当 0x  时,   0f x  ,所以 0x  是  f x 的极小值点,不合 题意, 综上, 1 2a  22．（1）消去参数 可得曲线C 的普通方程是 2 2( 1) 1x y   ，即 2 2 2 0x y x   ，代入 cos sin x y        得 2 2 cos   ，即 2cos  ，∴曲线C 的极坐标方程是 2cos  ； 由 sin( ) 2 24     ，化为直角坐标方程为 4x y  ． （2）设 1 2( , ), ( , )B    ，则 1 2cos  ， 2 2 2 sin( )4     ， 1 2 cos sin( )4 2 OA OB       2sin cos cos 1 1 1sin 2 cos22 4 4 4         2 1sin(2 )4 4 4    ， 当 8   时， OA OB 取得最大值为1 2 4  ． 23．（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数   3 , 1 12, 1 2 13 , 2 x x f x x x x x              ， 所以 ( )y f x 的图象如图所示： （2）由  f x m x n  ，可得  0f n ，解得 2n  ， 又因为    2 1| ( ) 31f x x x x    ，所以 3m x n x  .(※) 若 3m  ，(※)式明显成立； 若 3m  ，则当 3 nx m   时，(※)式不成立， 由图可知，当 3m  ，且 2n  时，可得   f x m x n  ， 所以当且仅当 3m  ，且 2n  时，   f x m x n  成立，因此 m n 的最小值为5.