【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（文）试题含答案.doc，共(10)页，1015.500 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文科数学注意事项：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．12m+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,nS912216,4,2aaa=+=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10．设点M是线段BC的中点，点A在直线BC外，216,BCABACABAC=+=−，则AM=A．8B．4C．2D．111．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_______.14．已知()2log,0,21,0,xxxfxx−=−+则方程()3fx=的解是x=______.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）端午节是我国民间为纪念爱国诗人屈原的一个传统节日.某市为了解端午节期间粽子的销售情况，随机问卷调查了该市1000名消费者在去年端午节期间的粽子购买量（单位：克），所得数据如下表所示：购买量)0,100)100,200)200,300)300,40

0400,500人数10030040015050将烦率视为概率（1）试求消费者粽子购买量不低于300克的概率；（2）若该市有100万名消费者，请估计该市今年在端午节期间应准备多少千克棕子才能满足市场需求（以各区间中点值作为该

区间的购买量）.18．（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，在四棱锥PABCD−中，四边形ABCD为平行四边形，E为侧棱PD的中点，O为A

C与BD的交点．（1）求证：//OE平面PBC；（2）若平面PAD⊥平面ABCD，4AC=，5AB=，4sin5ABC=，求证：ACPD⊥．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文科数学参考答案1．D

2．A3．A4．D5．B6．D7．B8．B9．D10．C11．A12．D13．e−14．815．3216．617．（1）在随机调查的该超市1000名消费者中，粽子购买量不低于300克的共有200人，所以消费者粽子购买

量不低于300克的概率200110005P==（2）由题意可得，购买)0,100的概率为0.1，购买)100,200的概率为0.3，购买)200,30的概率为0.4，购买[300，400）的概率为0.15，购买

400,500的概率为0.05所以粽子购买量的平均数为500.11500.32500.43500.154500.05225x=++++=克所以需准备粽子的重量为0.225×106=225000千

克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+=−+−+++−，()()()()3412221242322nnnTnn++=−+−++−+−，两式相减得()()2341222222232nnnnTTn++−=

−++++−，()1228128(3)2(4)21612nnnnn−++−−+−=−+=−，即2(4)216nnTn+=−+．19．证明（1）因为四边形ABCD为平行四边形,O为AC与BD的交点,所以O为BD的中点.又因为E为侧棱P

D的中点,所以//OEPB.又因为PB平面PBC,OE平面PBC,所以//OE平面PBC.（2）在ABC中,因为4AC=,5AB=,4sin5ABC=,由正弦定理sinsinACABABCACB=,可得45sin5sin14ABCABAACCB===,所以

90ACB=,即ACBC⊥.又因为四边形ABCD为平行四边形,所以//ADBC,所以ACAD⊥.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD=,AC平面ABCD,所以AC⊥平面PAD.

又因为PD平面PAD,所以ACPD⊥.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||1413

ABmyymm=+−=+−，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+−=+221

m=+，∴()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1a=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e

1x,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,12a=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2cos=；由si

n()224+=，化为直角坐标方程为4xy+=．（2）设12(,),(,)B，则12cos=，222sin()4=+，12cossin()42OAOB+==2sincoscos111sin2cos22444+=++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2

n时，()fxmxn+成立，因此mn+的最小值为5.