【文档说明】湖北省黄冈中学2020届高三适应性考试理数试题答案.pdf，共(7)页，345.136 KB，由小赞的店铺上传

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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】230321232xxx，所以23,B.又)3,1(A，所以23,1BA．故选

C.2．【答案】A【解析】52)i(i2,i2222121zzzz.故选A.3．【答案】B【解析】1121111aaSa.2≥n时，111222nnnnnnnaaaaSSa，所以

}{na是首项为1，公比为2的等比数列，于是16245a.故选B.4．【答案】D【解析】当10a时，函数xay1的图象过点)1,0(且单调递增，函数21logxya的图象过定点0,21且单调递减，D项符合.当1a时，

函数xay1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D．5．【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，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π35224π3112π22π

31222.故选B．7．【答案】C【解析】令1x，得82102aaaa．又128)2(C7778a，所以12612827211aaaa.故选C．8．【答案】D【解析】程序中输出的x的值是dcba,,,中的最大值

.由于,0c12.0log,0,10,102.0dcba，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aAB，bAD，则ba21DE，ab21BF.4545)(21)21

()21(22babaabbaBFDE，所以3π,21,cos14545)14(21babababa．故选A．10．【答案】C【解析】函数)(xf的图象如下图所示.设txfx

fxfxf)()()()(4321，则10t.1loglog)2,1(),1,0(21221221xxxxxx.点),(),,(43txtx，关于直线6x对称，所以3412xx.而)4,2(3x，

所以)32,20()6(36)12(233343xxxxx，故)32,20(434321xxxxxx，故选C．11．【答案】B【解析】①根据函数)sin(2)(xxf的图象以及圆C的对称性可得NM,两点关于圆心)0,(cC对称，所以3πc，于是2

2ππ2π6π2cT，函数的周期为πT，所以①错误.②由函数图象关于点0,3πC对称，及周期πT知，函数图象的对称中心为)(0,2π3πZkk.而3π52π3πk不存在Zk的解，所以②错误.③由2及6π

x的相位为0，得3π03π，所以3π2sin2)(xxf，3)0(f，从而)3,0(M，所以③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A关于平面1BDC的对称点.过M作11MHAC，则由平面11ACCA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11ACCA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1,2111AACA，作PSAC于S，设PM交AC于T，y1Ox6248101ABCDFEACDA1B1

C1D1BHOMP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35PH.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，21Ax，所以2Ay，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,FN的坐标得1lk．设双曲线方程为22221(0,0)xyabab，

则224ab．设1122(,),(,)AxyBxy，则12126,2xxyy，12121lyykxx．由2222112222221,1xyxyabab得121212122

2()()()()0xxxxyyyyab，即22260lkab，∴223ab．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C

CBABABAsincossinsinsincoscossin，即CCBABAsincossinsin)sin(，即CCBACsincossinsinsin，即CBACcossinsinsin2.由正弦定理得Cabccos2.由余弦定理得)(21cos222cbaCab，所以

)(3122222222bacccba.abbaabcbaC32cos222222233≥abab，当且仅当ba时等号成立，所以Ccos的最小值为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202040……………………

………………8分由于879.71020202020)551515(4022k，…………………………………………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，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，PA

AC.又点FE,分别为PCAC,的中点，所以PAEF//，从而EFAC.又由于BE平面PAC，,BEACBEEF，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(BCBP.…7分设平面PBC的法向量),,(zyxn，则

,03,03yxzyx取1x，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2

1515485432515||||||2nAGnAG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),(00yxP，则22020000021axyaxya

xykk.………………………………………………………1分又2202220220220)(1axabybyax，所以412221abkk.①………………………3分又由椭圆C过点23,1得143122ba，②………

………………………………4分由①②得1,2ba，故椭圆方程为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11,122221kdkkd.…………………………………………………………6分又由14,22yxkxy得22412,412kkkP，所以224114||2||kkOPPQ.………8分四边形APQ

C的面积2222141441241)21(2)(||21kkkkkddPQS.……………10分由),4[41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）

2e02a，………………………………………………………………2分当15≤≤t时，112)e(0ttta；……………………………………………………3分当69≤≤t时，ttta992)e(0.…………………………………………

…………4分16245a，8236a，4227a.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1

tttbac，则当25≤≤t时，022411tttttbac，当69≤≤t时，49122tttttbac，所以0,0,0,09876cccc.………………………………………………………………9分至少需准

备的床位数为)(5216210bbbaaaa55.23)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）xaxaxf1)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0≥a，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0≥a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42114kk

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,e121xx，故e1e21xx.………………………………………………………12分22．【解析】（1）直线l的斜率为3k.…………………………………………………1分曲线2C的参数方程为,sin3,cosyx化为直角坐标方程为1

322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023432tt.…………………

……7分设点A对应的参数为1t，点B对应的参数为2t，则33421tt，3221tt，……8分所以0,021tt，故3211||1||1212121ttttttPBPA.……………………………………………10分23．【解析】（1）要证3≥abc，只需

证明2()3≥abc，………………………1分即证2222()3≥abcabbcca，而1cabcab，…………………………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3≥abc.因此要证原不等式成立，只需证明1≥abcabc，…………………………7分即证≤abcbcacababbcca，……………………………………………8分而2≤abcaabcabca，同理2≤abbcbca，2≤cabccab，所以≤abcbcaca

babbcca，所以原不等式成立．…………………………10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com