福建省漳州市2020届高考数学适应性测试（居家分散测试）试题 文（PDF）参考答案.pdf

1、漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 1 页（共 8 页）漳州市 2020 届高中毕业班高考适应性测试 文科数学参考答案及评分细则 评分说明：1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4只给整数分数。选择题和填空题不给中间

2、分。一、选择题：每小题 5 分，满分 60 分 1A 2D 3C 4D 5A 6D 7B 8C 9B 10A 11D 12A【选择题详解】1A【解析】依题意得 1,3U A ，()1U AB 故选 A 2D【解析】通解 因为2iz，所以2iz ，所以(2i)(2i)4z z 22i2ii5，故选 D 优解222|215z zz，故选 D 3C【解析】由题意，得(2)202aa+b=a+a b=，即22 a ba，所以cos,|a ba ba b222142 aa，所以23a b，故选 C 4D【解析】因为7a 是3a 与9a 的等比中项，所以2739aa a，又数列 na的公差为-2，所以21

3、11(12)(4)(16)aaa，解得120a，故20(1)(2)222nann，所以1101010()5(202)1102aaS 5A【解析】依次读取的数据为 253,313,457,860（超过 800，舍去）,736,253（与前面重复，舍去），007，所以抽到的第 5 名员工的编号是 007，故选 A.6D【解析】因为1C 的离心率为2，一条渐近线为l，所以不妨设:l yx，与2C：24yx联立可求得(4,4)P，又(1,0)F，所以|5PF，故选 D.7B【解析】设|()2 sin 2xf xx，其定义域关于坐标原点对称，漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及

4、评分细则第 2 页（共 8 页）又|()2sin(2)()xfxxf x，所以()yf x是奇函数，故排除选项 C，D；令()0f x，所以sin 20 x，所以 2xk(k Z)，所以2kx(k Z)，故排除选项 A故选 B 8C【解析】由2210(sin2cos)()2，可得2222sin4cos4sincos10sincos4，进 一 步 整 理 可 得23tan8tan30，解 得 tan3 或1tan3 ，于 是22tan3tan 21tan4 9B【解析】因为01ab，所以10aabbaa，loglog1bbab，01a，所以 11a，1log0ab 综上：1loglogabbaa

5、bab，故选 B.10A【解析】函数()sinyf xx在0 x，2x，x 处的函数值分别为 0)0(1 fy，1)2(2fy，0)(3fy，故212121xxyyk，22323xxyyk，213124xxkkk，故2222444()()2f xxx xxx，即xxx44sin22，所以2524524)52(452sin22.故选 A 11D【解析】设 ABc，则 ADc，23cBD，43cBC，在 ABD 中，由 余 弦 定 理 得2222413cos23cccAc，则2 2sin3A，在ABC 中，由正弦定理得43sinsin2 23ccBCCA，解得6sin6C BACD漳州市 2020

6、 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 3 页（共 8 页）12A【解析】分别取11DC，1CC 中点 E，F，易知平面 EFM 平行于平面BDA1，又平面 过点 M，平面 平行于平面BDA1，所以平面 EFM 与平面 是同一个平面，设11EMACG，则平面 把三棱柱111ABCA B C分成的两个几何体中，体积较小的几何体为三棱锥1FGMC，所以所求几何体的体积 11113F GMCGMCVSFC111 1()3 2EMCSFC 21 111()16 2248，故选 A 二填空题：每小题 5 分，共 20 分 13 4 149)8ln(xx 15 17 16 2 55【填空

7、题详解】13 4【解析】由已知，得直线7ykx过圆C 的圆心(3,5)C，所以 537k，所以4k .149)8ln(xx【解析】因为)()4(xfxf，所以(8)(4)4)(4)f xfxf x ()()f xf x ，所以 8 是()f x 的周期，又因为)(xf是定义在 R 上的偶函数，当)2,0(x时，1ln)(xxxf，所以当)8,6(x时，(8,6)x ，8(0,2)x，()()(8)ln(8)(8)1f xfxfxxxln(8)9xx.15 17【解析】因为圆锥底面半径为 2，高为 1，所以圆锥的体积21142133V ，因为圆柱底面半径为 2，高为 2，所以圆柱的体积22228

8、V，所以所求事件的概率为11217VVV.A1 B1 C1 D1 A B CDM E F G 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 4 页（共 8 页）16 2 55【解析】画出 C1 和 C2 如图，由于 C1 关于原点 O 对称，所以 P 关于 O 对称的点 P也在 C1 上，又 M 为 PQ 的中点，所以1|2OMP Q，设 P到直线 l：240 xy的最小距离为 d，则min1|22OMdd，对于3133:()22Cyxxx，由2312yx，得1x ，结合图可知，当(1,0)P 时，P到直线 l：240 xy的距离最小，所以|204|2 555d，所

9、以min|OM 2 55.三、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 1721 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解：（1）由nS=22nn，得 当n=1 时，113aS；1 分 当2n 时，1nnnaSS 2222(1)(1)41nnnnn，*nN.3 分 又当1n 时，上式也成立，所以41nan，4 分 由24log3nnab，得12nnb，*nN.6 分（2）由（1）知1(41)2nnna bn，*nN 7 分 所以2137 2 11 2.41 2nnTn ，8 分 2323 27

10、211 2.41 2nnTn ，9 分 21241 234(22.2)nnnnTTn 10 分 12(12)(41)23412nnn(45)25nn(45)25nnTn，*nN 12 分 4225C2C1PMOPQ漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 5 页（共 8 页）18解：（1）如图，连结1AC，交1AC 于点O，连结OM 1 分 因为三棱柱111CBAABC 的侧面11AAC C 是平行四边形，所以O 为1AC 中点，因为 M 为11BA的中点，所以1/OMB C 3 分 又因为1OMAMC 平面，11B CAMC 平面，所以11/B CAMC平面

11、5 分（2）过1A 作1A HAM于 H，6 分 因为1AA 平面111A B C，1C M 平面111A B C，所以11C MAA，因为111A B C 是正三角形，M 为11BA的中点，所以111C MA B，又1111AAA BA，111,AA A B 平面11AA B B，所以1C M 平面11AA B B，又1A H 平面11AA B B，所以11A HC M，8 分 又因为1AMC MM，1,AM C M 平面1AMC，所以1A H 平面1AMC 于 H，所以 H 为点1A 在平面1AMC 内的射影.9 分 因为三棱柱侧面展开图是矩形，且对角线长为4 10，侧棱14BB，所以三棱

12、柱底面周长为22(4 10)412，10 分 又因为三棱柱的底面是正三角形，所以底面边长114A B,12A M,在1RtAA M中，14AA，22112 5AMAAA M,由射影定理，有21AAAH AM，即242 5AH，所以8 55AH.12 分 19解：（1）区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55，取值概率依次为：0.10，0.20，0.25，0.30，0.10，0.05，H 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 6 页（共 8 页）平均收益率为 0.050.10+0.150.20+0.250.25+0.350.3

13、0+0.450.10+0.550.05 2 分 41(50300625 1050450275)0.27510 3 分（2）25303845521903855x，4 分 7.57.16.05.64.8316.255y，5 分 所以10.06.20.1038b，6 分 当每份保单的保费为20 x元时，销量为100.1yx，7 分 则保费收入为()(20)(100.1)f xxx 2220080.13600.1(40)xxx万元 当40 x 元时，保费收入最大为 360 万元，保险公司预计获利最大为 3600.275=99 万元 20解：（1）由题意得，1c，椭圆的两焦点为(1,0)和(1,0)，1

14、 分 因为点)22,1(在椭圆C 上，所以根据椭圆定义可得：222211222a，2 分 所以2a，所以1222cab，4 分 所以椭圆 E 的标准方程为1222 yx 5 分（2）解：设11(,)A x y，11(,)B xy，22,C xy，22,Dxy，则12(,)P x y，221112xy，222212xy，12|yx 7 分 消去21,xy，得2212212xy，8 分 所以点 P 在双曲线22:212xTy 上，9 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 7 页（共 8 页）因为T 的两个焦点为10(0,)2M，10(0,)2N，实轴长为2，

15、11 分 所以存在两定点10(0,)2M，10(0,)2N，使得|PMPN为定值2.12 分 21（1）证明：)(xf的定义域为（0，+），当 01 时，1e x，11 x，01e)(xxfx，所以)(xf在(1,+)上单调递增，所以当 x1 时，0e)1()(fxf 4 分 综上，0)(xf成立 5 分（2）解：若 a1，则当 x0 时，0 ae x，6 分 所以由0)(lne()(axaxgx，得0ln ax，即axe；由0)(lne()(axaxgx，得0ln ax，即axe0，所以)(xg的增区间为（ae，+），减区间为（0，ae）8 分 若 a1，则 lna0，由（1）知0lne)(

16、aafa，即aalne，9 分 所以由0)(lne()(axaxgx，得axln0或axe；由0)(lne()(axaxgx，得axaeln，所以)(xg的增区间为（0，aln），（ae，+），减区间为（aln，ae）12 分（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，则按所做第一个题目计分。22解：（1）因为曲线 C1 的参数方程为,sin,cosyx 所以曲线 C1 的普通方程为122 yx，2 分 将变换 T：,2yyxx即,21yyxx代入122 yx，得1422 yx，4 分 所以曲线 C2 的普通方程为1422 yx 5 分（2）因为 m1，所

17、以 C3 上的点 A（0,-m）在椭圆 C2：1422 yx外 6 分 漳州市 2020 届高三毕业班高考适应性测试文科数学参考答案及评分细则第 8 页（共 8 页）当 x0 时，曲线 C3 的方程化为mmxy，代入1422 yx，得0)1(48)14(2222mxmxm，（*）因为)1(4)14(464224mmm0)13(162m，所以方程（*）有两个不相等的实根 x1，x2，又01482221mmxx，014)1(42221mmxx，所以 x10，x20，所以当 x0 时，曲线 C2 与曲线 C3 有且只有两个不同的公共点，8 分 又因为曲线 C2 与曲线 C3 都关于 y 轴对称，所以

18、当 x0 时，曲线 C2 与曲线 C3 有且只有两个不同的公共点，9 分 综上，曲线 C2 与曲线 C3：y=m|x|-m 的公共点的个数为 4 10 分 23解：（1）当 m=5 时，0)(xf05|13|2|xx,05132,31xxx或,05132,231xxx或,05132,2xxx 3 分,1,31xx或,1,231xx或,23,2xx1 x或21 x或2x 1 x或1x，所以不等式0)(xf的解集为x|1x或1x 5 分 （2）由已知，知当41x时，不等式0|14|16)(xxf，即|14|16|13|2|xxxm恒成立，6 分 令|14|16|13|2|)(xxxxg，则因为|14|16|)13()2(|)(xxxxg|14|16|14|xx 7 分 8|14|16|14|2xx，8)43(g，9 分 所以8)(min xg，所以 m8，即实数 m 的取值范围为（，8）10 分