【文档说明】四川省棠湖中学2020届高三第二次高考适应性考试数学（理）试题含答案.docx，共(14)页，596.309 KB，由小赞的店铺上传

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四川省棠湖中学高2020届第二次高考适应性考试理科数学注意事项：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(zzzzii+=−=为虚数单位)，则z=A．1i+B．1i−−C．1i−+D．1i−2．集合2|230xxxA−+=，集合2|1,ByyxxR==−，则()RAB=ðA．[1,1]−B．

(1,1)−C．[1.3]−D．(1.3)−3．已知实数x、y满足不等式组2102100xyxyy−+−−，则3zxy=−+的最大值为A．3B．2C．32−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sin78m=，则sin6=A．12m+B．12m−C．12

m+D．12m−6．函数()21xfxx−=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．16163+B．8163+C．32833+D．321633+8．已知等差数列{}na的前n项和为,nS912

216,4,2aaa=+=则数列1{}nS的前10项和为A．1112B．1011C．910D．899．将函数()sin2fxx=的图象向左平移02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1

0．从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为111,,236，从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的颜色中有红有白，但没有黄的概率为A．536B．56C．512D．1211．已知抛物线

24yx=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．322−B．233−C．23−D．22−12．设函数()()(ln)xmfxeaxxax−=−−，若存在实数a使得()0fx恒成立，则m的取值

范围是A．(,0−B．)0,2C．()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()xfxxe=在点(1,(1))f处的切线在y轴上的截距是_______.1

4．在32()nxx+的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为________15．双曲线22221xyab−=的左右焦点分别为1F、2F，P是双曲线右支上一点，I为12PFF的内心，PI交x轴于Q点，若12FQPF=

，且:2:1PIIQ=，则双曲线的离心率e的值为__________．16．在三棱锥PABC−中，60ABC=，90PBAPCA==o，3PBPC==，点P到底面ABC的距离为2，则三棱锥PABC−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）某校的一个社会实践调查小组，在对该校学生的良好“用眼习惯”的调查中，随机发放了120分问卷.对收回的100份有效问卷进行统计，得到如22下列联表：

做不到科学用眼能做到科学用眼合计男451055女301545合计7525100（1）现按女生是否能做到科学用眼进行分层，从45份女生问卷中抽取了6份问卷，从这6份问卷中再随机抽取3份，并记其中能做到科学用眼的问卷的份数X，试求随机变量X的分布列和数学期望；（2）若在犯错误的概率不超过P的前提

下认为良好“用眼习惯”与性别有关，那么根据临界值表，最精确的P的值应为多少？请说明理由.附：独立性检验统计量()()()()()22nadbcKabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.独立性检

验临界值表：()20PKk0.250.150.100.050.0250k1.3232.0722.7063.8405.02418．（12分）已知数列na是等差数列，前n项和为nS，且533Sa=，468aa+=．（1）

求na．（2）设2nnnba=，求数列nb的前n项和nT．19．（12分）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，

求二面角E－AG－C的大小.20．（12分）已知抛物线22ypx=（0p）上的两个动点()11,Axy和()22,Bxy，焦点为F.线段AB的中点为()03,My，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).axfxexx=+−（1）若a=1，且f(x)≥m在(0，+∞)恒成立，求实数m的取值范围；（2）当12a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1cossinxy=+=（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sin224+=.（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02=与曲线C交于点A（不同于极点O），与直线l交于点B，

求||||OAOB的最大值.23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）设函数()211fxxx=−++.()1画出()yfx=的图像；()2若()fxmxn+，求mn+的最小值.四川省棠湖中学高2020届第二次高考适应性考试理科数学参考答案1．D2．A3．A4．D5．B6．D7．B

8．B9．D10．C11．A12．D13．e−14．815．3216．617．（1）“科学用眼”抽人，“不科学用眼”抽人．则随机变量，∴，，分布列为012（2）由表可知2．706＜3．030＜3．840；∴．18．(1)由题意，数列na是等差数列，所以535Sa=，又533Sa=，30a

=，由46582aaa+==，得54a=，所以5324aad−==，解得2d=，所以数列的通项公式为()()3323naandn=+−=−．(2)由（1）得()1232nnnnban+==−，()()()234122120232nnTn+=−+−+++−，()()()()3412221

242322nnnTnn++=−+−++−+−，两式相减得()()2341222222232nnnnTTn++−=−++++−，()1228128(3)2(4)21612nnnnn−++−−+−=−+=−，即2(4)216nnTn+=−+．19．(1)因为AP⊥BE，A

B⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)方法一：如图，取EC的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以

AE＝GE＝AC＝GC＝223213+=.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝13123−=.在△BEC中，由于∠EBC＝1

20°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝23，所以△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建

立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，故AE＝(2,0，－3)，AG＝(1，3，0)，CG＝(2,0,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由00mAEmAG==可得111

123030xzxy−=+=取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．由00nAGnCG==可得222230230xyxz+=+=取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量

n＝(3，－3，－2)．所以cos〈,mn〉＝||||mnmn＝12.故所求的角为60°.20．（1）由题意知126xx+=，则12||||68AFBFxxpp+=++=+=，∴2p=，∴抛物线的标准方程为24yx=；（2）设

直线:ABxmyn=+（0m）由24xmynyx=+=，得2440ymyn−−=，∴124yym+=，∴()121224226xyxymnnm=+++=+=，即232nm=−，即()21221216304812myymyym=−+=

=−，∴22212||1413ABmyymm=+−=+−，设AB的中垂线方程为：2(3)ymmx−=−−，即(5)ymx=−−，得点C的坐标为(5,0)，∵直线2:32ABxmym=+−，即2230xmym−+−=，∴点C到直线AB的距离225231mdm+−=

+221m=+，∴()221||4132SABdmm==+−令23tm=−，则223(03)mtt=−，()244Stt=−令()2()44fttt=−，∴()2()443ftt=−，令()0ft=，则233t=，在230,3

上()0ft；在23,33上()0ft，故()ft在230,3单调递增，23,33单调递减，∴当233t=，即153m=时，max6439S=.21．解:（1）由题,当1

a=时,()()ln1xfxexx=+−,所以()()1ln111xfxexx=++−+,设()()()1ln101gxxxx=+++,所以()()201xgxx=+恒成立,所以()gx在()0,+上为增函数,所以()()01gxg=,又e1

x,所以()0fx恒成立,所以()fx在()0,+上为增函数,所以()()00fxf=,所以0m（2）()()()1ln11ln1111axaxaxefxaexeaxxx=++−=++−+

+,令()()gxfx=,则()()()22221ln11axaxagxeaxx+−=+++,设()()()22221ln11axahxaxx+−=+++,则()()()()22331112220111axaaxahxxxx+−+−−+=+=+++,所以

()hx在()1,−+上递增,且()021ha=−,①当12a=时,()00h=,所以当()1,0x−时,()0hx；当()0,x+时,()0hx,即当()1,0x−时,()0gx；当()0,x+时,()0gx,所以()()gxfx=在()1,0−上递减

,在()0,+上递增,所以()()00fxf=,所以()fx在()1,−+上递增,所以0x=不是()fx的极值点,所以12a=时,满足条件；②当12a时,()0210ha=−,又因为()hx在()1,−+上递增,所以00x,使得()00hx,所以

当0xx时,()0hx,即()0gx,所以()()gxfx=在()0,x+上递增,又()00f=,所以当00xx时,()0fx；当0x时,()0fx,所以0x=是()fx的极小值点,不合题意,综上,12

a=22．（1）消去参数可得曲线C的普通方程是22(1)1xy−+=，即2220xyx+−=，代入cossinxy==得22cos=，即2cos=，∴曲线C的极坐标方程是2c

os=；由sin()224+=，化为直角坐标方程为4xy+=．（2）设12(,),(,)B，则12cos=，222sin()4=+，12cossin()42OAOB+==2sincoscos111s

in2cos22444+=++21sin(2)444=++，当8=时，OAOB取得最大值为124+．23．（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数()3,112,1213,2xxfxxxxx−−=−+−，所以()yfx=的图象如图所示：（2

）由()fxmxn+，可得()0fn，解得2n，又因为()()21|()31fxxxx++=−，所以3mxnx+.(※)若3m，(※)式明显成立；若3m，则当3nxm−时，(※)式不成立

，由图可知，当3m，且2n时，可得()fxmxn+，所以当且仅当3m，且2n时，()fxmxn+成立，因此mn+的最小值为5.