【文档说明】江西省鹰潭市贵溪第一中学2020届高三高考适应性考试理科数学试题（6月26日）答案.pdf，共(6)页，603.027 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总6页贵溪一中2020届适应性考试理科数学试题参考答案一，选择题123456789101112ADBADAACCBBD二，填空题13．-314．222Saa－15．3k16．3ln2三，解答题17．（1）6；（2）2111n【详解】（1）由得，所以

又...........6分（2）设的公差为，由（1）得，且，∴．又，∴，∴．∴22222222212111)1()1()1(12)1(16nnnnnnnnnaaannn∴222222211111131212111nnnSn

...........12分18．（1）见解析；（2）E为BD上靠近D点的15处【详解】（1）证明：∵长方形ABCD中，22AB，2AD，M为DC的中点，∴2AMBM，则AMBM.∵平面ADM平面

ABCM，平面ADM平面ABCMAM，BM平面ABCM，∴BM平面ADM，∵AD平面ADM，∴ADBM；...........6分（2）取AM中点O，连接DO，则DO平面ABCM，答案第2页，总6页以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则平面ADM的一个法向量为0,1,0m，

设DEDB，1,2,1MEMDDB，2,0,0AM.设平面AME的一个法向量为,,nxyz，则20210nAMxnMEyz，取1y，得20,1,1n

.由25cos,5mnmnmn，解得15.∴E为BD上靠近D点的15处............12分19．（1）2214xy；（2）在x轴上存在点2,0Q，使得1211kk为定值4．【解析】解：（1）设椭圆C的半焦距为c．因为椭圆C的长轴长为4，焦距为23，所以242

23ac，解得23ac．则221bac．故椭圆C的标准方程为2214xy故答案为：2214xy．...........4分（2）假设存在满足条件的点,0Qt，当直线l与x轴垂直时

，它与椭圆只有一个交点，不满足题意；所以直线l的斜率k存在，设直线l的方程为12ykx．联立221214ykxxy，得22221416816160kxkkxkk，．设点

11,Mxy，22,Nxy，则212216814kkxxk，2122161614kkxxk...........6分1212121212121211yykkxtxtyykkkkxtxt

1221121221121212yxtyxtxtxtyxtyxtyyyyxtxt12211221212121kxkxtkxkxtkxkkxk

121222212122212212441kxxkktxxktkxxkkxxkk48241tktk，答案第3页，总6页要使1211kk为定值．则

需满足48241tt，解得2t．...........10分此时1211164441kkkk．所以在x轴上存在点2,0Q，使得1211kk为定值4...........12分20．（1）26yx（2）43k（3

）见解析【解析】（1）211'fxxx，∴'12f，14f，∴fx在1x处的切线方程为26yx............2分（2）∵2fxxk，∴ln32kxxkx，即21ln3xxxkx，由

1,xe得210xx，∴2ln321xxxxkx恒成立.设2ln321xxxxgxx，22ln22'21xxgxx，设2ln22mxxx，20'1144xxmxxx，∴mx在1,xe为单调减函数，0

mx即'0gx，∴gx在1,xe为单调减函数，则4(1)3gxg∴43k............6分（3）设函数fx的两个零点为1x，2x，则11ln30kxx①，22ln30k

xx②①+②：1212lnln6kkxxxx③①-②：1211212212lnlnlnxxxkkxxkxxxxx④...........7分将④代入③得：12121121212122lnln6ln6xxxxxkkxxxxxxxxx

1121211212221ln6ln61xxxxxxxxxxxx，...........8分答案第4页，总6页不妨设210xx，即121xtx，要证：412xxe，即证12lnln4xx，即证：12112211ln64ln211x

xxttxxtx，∵1t，∴101tt，...........10分∴只需要证明：11ln2ln2011tttttt，设1ln21htttt，222221

41140111'ttttttthttt，∴hx在1,为单调增函数，∴10hth得证............12分21．（1）分布列见解析（2）①证明见解析，②p4＝1697，不能够【解析】（1）X的所有可能取值为1,0,1，1

1PX，011PX，11PX，所以X的分布列为：X101P1111……4分（2）①由（1）得0.50.80.4a，0.40.10.5b，0.50.20.1c因此110

.40.50.1iiiiPPPP，故110.10.4iiiiPPPP，即114iiiiPPPP，又因为1010PPP，所以{pi+1﹣pi}（i＝0，1，2，…，7）为公比为4，首项为1P等比数列.……8分②由①可得

88776100PPPPPPPP8776100PPPPPPP81413P，答案第5页，总6页由于81P，故18341P，所以443322110PPPPPPPPP41

4113257P，4P表示最终甲获胜的概率，由计算结果可以看出，“甲小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的概率为0.5，乙小朋友能正确完成一次游戏中的指令动作的率为0.8”，甲能获胜的概率为41

0.0039257P，此时得出错误的结论的概率非常小，故能充分验证这个方案的假设.……12分22，（1）2sin；22514sin；（2）5【解析】（1）由cos1sinxy，消去参数可得2211xy

，所以曲线1C的极坐标方程为22cossin11，化简得2sin；由5cossinxy，消去参数可得2215xy，所以2C的极坐标方程为22cossin15，化简得22514sin

............5分（2）联立2sin，得2sinOA，联立22514sin，得22514sinOB，222221124114sin2sin44sin5555OAOB，即221

OAOB的最大值为5............10分23．（1）3（2）证明见解析；【解析】解：（1）因为()|24||1|fxxx，所以33,2()5,1233,1xxfxxxxx，所以min()(2)3

mfxf............5分（2）证明：由柯西不等式有2222222(1)(1)(1)11(1111)abcabc答案第6页，总6页所以2223(1)(1)(1)16abc，故22216(1)

(1)(1)3abc............10分