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1、黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案第 1 页 共 6 页湖北省黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案一.选择题：1【答案】C【解析】230321232xxx，所以23,B.又)3,1(A，所以23,1BA 故选 C.2【答案】A【解析】52)i(i2,i2222121zzzz.故选 A.3【答案】B【解析】1121111aaSa.2n时，111222nnnnnnnaaaaSSa，所以 na是首项为1，公比为 2 的等比数列，于是16245a.故选 B.4【答案】D【解析】当10 a时，函数xay1的图象过点)1,0(且单调递增，函数21logxya的图象

2、过定点0,21且单调递减，D 项符合.当1a时，函数xay1的图象过定点)1,0(且单调递减，函数21logxya的图象过定点0,21且单调递增，各项均不符合故选 D5【答案】C【解析】若甲、乙、丙、丁中，甲判断正确，则丙获奖，于是乙的判断出正确，这样甲、乙判断都正确，矛盾.若甲、乙、丙、丁中，乙判断正确，则丙判断不正确，于是丙获奖，从而甲判断正确，于是甲、乙判断都正确，矛盾.若丁判断正确，则丁获奖，于是乙判断正确，从而乙、丁判断正确，矛盾.而丙判断正确，则乙判断不正确，于是乙获奖，这样甲、乙、丁判断不正确，符合题意.故判断正确的是丙，选 C.6【答案】B【解析】由三视图知该几何体是上部为圆锥

3、，中部为圆柱，下部为圆锥的组合体.其中，上部圆锥的底面半径为 2，高为 2；中部圆柱的底面半径为 2，高为1；下部的圆锥的底面半径为 4，高为 2，所以该陀螺模型的体积为3522431122231222.故选 B7【答案】C【解析】令1x，得82102aaaa又128)2(C7778a，所以12612827211aaaa.故选 C8【答案】D【解析】程序中输出的 x 的值是dcba,中的最大值.由于,0c12.0log,0,10,102.0dcba，所以dcba,中 d 最大.故选 D.9【答案】A黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案第 2 页 共 6 页【解析】记aAB，

4、bAD，则ba21DE，ab21BF.4545)(21)21()21(22babaabbaBFDE，所以3,21,cos14545)14(21babababa故选 A10【答案】C【解析】函数)(xf的图象如下图所示.设txfxfxfxf)()()()(4321，则10 t.1loglog)2,1(),1,0(21221221xxxxxx.点),(),(43txtx，关于直线6x对称，所以3412xx.而)4,2(3 x，所以)32,20()6(36)12(233343xxxxx，故)32,20(434321xxxxxx，故选 C11【答案】B【解析】根据函数)sin(2)(xxf的图象以及圆

5、 C 的对称性可得NM,两点关于圆心)0,(cC对称，所以3c，于是22262cT，函数的周期为T，所以错误.由函数图象关于点0,3C对称，及周期T知，函数图象的对称中心为)(0,23Zkk.而3523 k不存在Zk的解，所以错误.由2及6x的相位为 0，得303，所以32sin2)(xxf，3)0(f，从而)3,0(M，所以正确.故选 B.12【答案】D【解析】如图 1，连接ACCA,11，设 AC交 BD 于 O，则 由1BDAA及BDAC知 BD 平面11AACC，所以平面1BDC 平面11AACC.过 A 作 AM OC1于 P，且使得PMAP，则 AM 平面1BDC，从而 M 是点

6、A 关于平面1BDC 的对称点.过 M 作11MHAC，则 由 平 面11ACC A 平面1111DCBA得，MH 平面1111DCBA，于是 MH 是 M 到平面1111DCBA的距离（如图 1）.在平面11ACC A 中，11AACC是矩形，O 是 AC 的中点，AMOC于 P，P 是 AM 的中点，11MHAC于 H（如图 2）.由1,2111AACA，作 PSAC于 S，设 PM 交 AC 于T，y1Ox6248101ABCDFEACDA1B1C1D1BHOMP图 1图 2A1C1ACHOMPST黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案第 3 页 共 6 页可求出35P

7、H.故选 D.二、填空题：13【答案】23【解析】不妨设点 A 在 x 轴上方，则由1|OF知，21Ax，所以2Ay，即2,21A，于是23241|OAAF.14【答案】xy【解析】xxxxfesincos)(，1)0(f，所以切线方程为xy 15【答案】2213xy【解析】由,F N 的坐标得1lk 设双曲线方程为22221(0,0)xyabab，则224ab设1122(,),(,)A x yB xy，则12126,2xxyy ，12121lyykxx由2222112222221,1xyxyabab得1212121222()()()()0 xxxxyyyyab，即22260lkab，223a

8、b于是223,1ab，所以 C 的方程为2213xy 16【答案】23【解析】因为CBAtan1tan1tan1，所以CCBBAAsincossincossincos，即CCBABABAsincossinsinsincoscossin，即CCBABAsincossinsin)sin(，即CCBACsincossinsinsin，即CBACcossinsinsin 2.由正弦定理得Cabccos2.由余弦定理得)(21cos222cbaCab，所以)(3122222222bacccba.abbaabcbaC32cos222222233 abab，当且仅当ba 时等号成立，所以Ccos的最小值为

9、23.三、解答题：17【解析】（1）第一组花苗综合评分的中位数为5.8528685；2 分第二组花苗综合评分的中位数为5.7327473，3 分理由略（从中位数、平均数、分布等某一角度说明即可），甲种方法培育的花苗综合评分更高5 分黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案第 4 页 共 6 页（2）列联表如表所示.优质花苗非优质花苗合计甲培育法15520乙培育法51520合计2020408 分由于879.71020202020)551515(4022k，10 分所以有%5.99的把握认为优质花苗与培育方法有关 12 分18【解析】（1）证明：PA 平面 ABC，PA平面 PAC

10、，平面 PAC 平面 ABC.1 分BCAB，E 为 AC 的中点，BEAC.2 分又平面 PAC 平面ACABC，BE平面 ABC，BE 平面 PAC.4 分又BE平面 BEF，平面 BEF 平面 PAC.5 分（2）PA 平面 ABC，PAAC.又点FE,分别为PCAC,的中点，所以PAEF/，从而 EF AC.又由于 BE 平面 PAC，,BEAC BEEF，所以EFECEB,两两互相垂直.以 E 为坐标原点，分别以EFECEB,方向为zyx,轴正方向建立如图坐标系.6 分由于)0,1,0(),0,0,3(),1,1,0(),0,1,0(CBPA，于是)0,1,3(),1,1,3(BCB

11、P.7 分设平面 PBC 的法向量),(zyxn，则,03,03yxzyx取1x，则3 zy，于是)32,3,1(n.8 分)0,1,3(AB，设1,0),3(BPBG，则),1),1(3(BGABAG.9 分由21515485432515|2nAGnAG或1011（舍去）.11 分故存在满足条件的 G 点，G 点是线段 PB 的中点.12 分19【解析】（1）设),(00 yxP，则22020000021axyaxyaxykk.1 分又2202220220220)(1axabybyax，所以412221abkk.3 分又由椭圆 C 过点23,1得143122ba，4 分由得1,2ba，故椭圆

12、方程为1422 yx.5 分（2）)1,0(),0,2(CA，设直线 PQ 的方程为)0(kkxy，则点CA,到直线QP,的距离PACBFGExyz黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案第 5 页 共 6 页分别为11,122221kdkkd.6 分又由14,22yxkxy得22412,412kkkP，所以224114|2|kkOPPQ.8 分四边形 APQC 的面积2222141441241)21(2)(|21kkkkkddPQS.10 分由),441 kk得22,2(S.故四边形 APCQ 面积的取值范围是22,2(.12 分20【解析】（1）2e02a，2 分当15 t

13、时，112)e(0 ttta；3 分当 69 t时，ttta 992)e(0.4 分16245a，8236a，4227a.故第7,6,5周新增发病人数分别为16 千人，8千人，4 千人.5 分（2）332)e(0 tttb*(19,)tt N.6 分记1tttbac，则当 25 t时，022411tttttbac，当 69 t时，49122tttttbac，所以0,0,0,09876cccc.9 分至少需准备的床位数为)(5216210bbbaaaa55.23)222(8)222(3.0212410.11 分故该城市前 9 周至少需准备55.23千张床位.12 分21【解析】（1）xaxaxf

14、1)1(ln)(，22)1(1)(xaaxxaxaxf.1 分若 10a，则当aax10时，0)(xf，)(xf 单调递增；当aax1时，0)(xf，)(xf 单调递减.3 分若0a，则当0 x时，0)(xf，)(xf 单调递增.4 分故当 10a 时，在aa1,0上)(xf 在),0(上单调递增；在,1aa上单调递减.当0a时，在),0(上)(xf 单调递增.5 分（2）令e3)()(xxfxg，则1)()(xfxg.由（1）知在),0(上)(xg单调递增.6 分又01)1()1(fg，所以在)1,0(上，0)(xg，)(xg单调递减；在),1(上，0)(xg，)(xg单调递增.8 分42

15、114kk黄冈中学 2020 届高三六月适应性考试理科数学参考答案第 6 页 共 6 页又0e21e11e3e1)1(ee1 aaag，0e31)1(g，0e31e)1e(e3e)1(e)e(aaag，10 分所以e,e121xx，故e1e21xx.12 分22【解析】（1）直线 l 的斜率为3k.1 分曲线2C 的参数方程为,sin3,cosyx化为直角坐标方程为1322 yx.4 分（2）直线 l 的参数方程为tytx232,21（t 为参数）.5 分将 l 的参数方程代入1322 yx，并整理得02343 2tt.7 分设点 A 对应的参数为 1t，点 B 对应的参数为 2t，则3342

16、1 tt，3221tt，8 分所以0,021tt，故3211|1|1212121ttttttPBPA.10 分23【解析】（1）要证3abc，只需证明2()3abc，1 分即证2222()3abcabbcca，而1cabcab，2 分故需证明2222()3()abcabbccaabbcca，3 分即证222 abcabbcca.4 分而222222222222 abbccaabbccaabc，所以原不等式成立5 分（2）abcabcbccaababc.由（1）中已证3abc.因此要证原不等式成立，只需证明1abcabc，7 分即证a bcb cac ababbcca，8 分而2 abcaa bcabca，同理2 abbcb ca，2 cabcc ab，所以a bcb cac ababbcca，所以原不等式成立10 分