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巴蜀中学2020届高考适应性月考卷(二)理数-答案

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文档巴蜀中学2020届高考适应性月考卷(二)理数-答案,属于数学以及高三、苏教版、试卷等类型的内容,文档格式为doc,文档共13页,由资源链接上传于2019年10月07日,文件简介:高考适应性月考卷二、理数, 巴蜀中学2020届高考适应性月考卷(二) 理科数学参考答案 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分) 题号 1 2 3 ...。 更多内容




巴蜀中学2020届高考适应性月考卷(二)
理科数学参考答案

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
B
D
B
D
A
D
C
B
D
D
【解析】
1.根据同角三角形函数关系,且,故选D.
2.因为集合是由正的奇数构成的集合,所以,故选C.
3.,,因为,,所以,故选B.
4.,所以,故选D.
5.对称轴方程为,所以,当时,,故选B.
6.表示的进位取整的分段函数,不是奇函数,也不关于对称,所以选项错误,两个数分别进位取整之和不小于两个数之和的取整,故选D.
7. 所以有
,得到
,即,因为,所以∴,
故选A.
8.复合函数中,内函数是偶函数,复合函数必然也是偶函数,内函数是周期函数,其周期必然是复合函数的周期,内函数的对称轴,也必然为复合函数的对称轴,所以A,B,C错误.或者选择排除法:对于A,令和,得到,矛盾;对于B,令,得到和,矛盾;对于C,,得到和,矛盾;对于D,,只需取即可,故选D.
9.因为平面,,转换为长方体模型,,所以三棱锥外接球的表面积为,故选C.
10.取的中点为,因为
,所以的最小值为,故选B.
11.当时,,即,所以;当时,,即,,故选D.
12.几何法:联立直线与抛物线消去得,同理,记的中点为,的中点为,所以,又因为直线过点(为中线,所以也为中线,所以三点共线),所以,所以,从而抛物线的方程为,故选D.
极限法:重合时,点就是,所以就是抛物线在点处的切线,因为,而,所以,所以,从而抛物线的方程为,故选D.
代数法:设,,,
,同理
,,所以直线为,化简得;同理直线为,联立两条直线消去得所以,所以,从而抛物线的方程为,故选D.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
题号
13
14
15
16
答案
5



【解析】
13.,所以.
14.定义域为,或,且在上单调递减,在上单调递增,又因为,所以在上单调递增,在上单调递减,所以的单调递增区间为.
15.解法一:
解法二:

16.因为,代入,得,化简得,所以.令,,所以在时,,在时,,所以在上单调递增,在上单调递减.因为,当时,,当时,,因为有两个不同的根,所以实数的取值范围是.
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)
17.(本小题满分12分)
解:(1) ……………………………(2分)所以函数的最小正周期为, …………………………………………(3分)
当且仅当时,取得最大值为, ……………………(5分)
此时的集合为. ……………………………………………(6分)
(2), …………………………………………(8分)
因为是偶函数,所以,即 ………(10分)
所以的最小值为. ………………………………………(12分)
18.(本小题满分12分)
(1)证明:连接交于点,连接,
因为底面是平行四边形,所以是的中点,又因为是的中点,
在三角形中,为中位线,所以 ……………………………………(3分)
又因为平面,平面, …………………………………………(4分)
所以平面. ……………………………………………………(5分)
(2)解:因为底面,平面,所以,
在直角三角形中,,,所以
又因为,所以三角形,都是等边三角形,
所以. ……………………………………………………(6分)
以为轴正方向,为轴正方向,过作的平行线为轴正方向,
建立空间直角坐标系,,,,
……………………………………………………(7分)
,所以,
因为平面,取平面的一个法向量为
………………………………………………(8分)
设平面的一个法向量为,因为平面,平面
所以,,所以………………………(9分)
令,则,所以.……………………………(10分)
所以与夹角的余弦值 …………………(11分)
所以二面角的余弦值为.……………………………………………(12分)
19.(本小题满分12分)
解:(1)记表示甲运动员两次射击命中环数之和,则包含“第一次10环第二次8环”,“第一次8环第二次10环”,“第一次9环第二次9环”这三种情况,
………………………………………………………………………(2分)
所以,
所以甲运动员两次射击命中环数之和恰好为18的概率为. ……………………(5分)
(2)记表示甲在第轮胜利,表示甲在第轮平局,表示甲在第轮失败,
则,, …………………………(7分)
①当甲获得最终胜利结束3轮比赛时,则第2轮,第3轮甲连续胜利,第1轮甲没有获得胜利,
其概率; …………………………………………………(9分)
②当乙获得最终胜利结束3轮比赛时,则第2轮,第3轮乙连续胜利,第1轮乙没有获得胜利,
其概率 …………………………………………………(11分)
所以经过3轮比赛结束的概率
所以经过3轮比赛结束的概率为. ………………………………………………(12分)
20.(本小题满分12分)
解:(1)因为,所以,所以, ………………………(2分)
所以将代入方程得,所以, ………………(4分)
所以椭圆的标准方程为 …………………………………………………(5分)
(2)设,不妨假设
因为,所以椭圆的方程为,的直线为
……………………………………………………(6分)
直线与椭圆联立得消去整理得
由韦达定理得,,………………………………………(8分)因为,即, ………………………………………(9分)
所以,,代入得,所以,所以,
…………………………………………………………………………(11分)
所以椭圆的方程为. …………………………………………………(12分)
21.(本小题满分12分)
解:(1)因为,则,……………………………(1分)
所以时,, …………………………………………(2分)
所以在上单调递增,又,……………………………………(3分)
所以时,,时,,
则的解集为. ………………………………………………………(4分)
(2)解法一:因为时,恒成立,等价于恒成立,
即,因为都是偶函数,
所以只需时,成立即可. ……………………………(5分)
令,
,,
令,,
.…………………(6分)
(ⅰ)当,即时,,所以在上单调递增,
又因为,所以时,,即,
所以在上单调递增,又因为,
所以时,,所以时满足要求; …………………………(8分)
(ⅱ)当,时,,不成立,所以; ……………………(9分)
(ⅲ)当且时,即且时,
时,,在上单调递减,
又因为,所以时,,即,
所以在上单调递减,又因为,
所以时,,所以且时不满足要求,
…………………………………………………………………(11分)
综上所述,实数的取值范围是. …………………………………………(12分)
解法二:因为时,恒成立.
令,,
令,. …………………………(6分)
(ⅰ)当,即时,,所以在上单调递增,
又因为,所以时,,时,
即时,,时,,
所以在上单调递减,在上单调递增,且
所以时,,所以时满足要求;…………………………………(8分)
(ⅱ)当,时,,不成立,所以; ……………………(9分)
(ⅲ)当且时,即且时,
时,,在上单调递减,
又因为,所以时,,即,
所以在上单调递减,又因为,
所以时,,所以且时不满足要求,……………(11分)
综上所述,实数的取值范围是. ……………………………(12分)
解法三:因为时,恒成立,等价于恒成立,
即,因为都是偶函数,
所以只需时,成立即可. ………………………………(5分)
(ⅰ)当时,,,所以时不成立;
………………………………………………………………(6分)
(ⅱ)当时,令,
.
令,又因为,所以,
由(1)知,所以时,,所以,
即时,单调递增,又因为,所以,
所以时,满足要求; ………………………………………………………(8分)
(ⅲ)当时,

当时,,所以在上单调递减,
则时,,所以不成立,…………………(11分)
综上所述,实数的取值范围是. …………………………………………(12分)
解法四:因为时,恒成立,即当时,成立.
令,即时,,
所以,,即.
……………………………………………………………………………(5分)
,,
令,,
.
………………………………………………………………(6分)
(ⅰ)当,即时,,所以在上单调递增,
又因为,所以时,,即,
所以在上单调递增,又因为,
所以时,,所以时满足要求;…………………………(8分)
(ⅱ)当时,时,,在上单调递减,
又因为,所以时,,即,
所以在上单调递减,又因为,
所以时,,所以时不满足要求,
………………………………………………………(11分)
综上所述,实数的取值范围是.…………………………………………(12分)
解法五:当时,,即,即,
当时,都成立; ……………………………………………………(5分)
当时,,令,

,令 ……………(6分)



令,
………………………………………………(8分)
所以在上是单调递减的函数,又因为,
所以时,,时,,
即时,,时,.
所以在上单调递增,在上单调递减,且,
所以时,,时,.
又因为,所以时,,时,,
所以在上单调递增,在上单调递减.…………………………(10分)
由洛必达法则:
……………………………………………………………………(11分)
所以,即实数的取值范围是……………………………………(12分)
22.(本小题满分10分)【选修4−4:坐标系与参数方程】
解:(1)因为,所以,即,
所以曲线的直角坐标方程为,………………………………………(2分)
消去参数得,
所以的普通方程为………………………………………(5分)
(没讨论,直接写成斜率或的均扣1分)
(2)因为在直线上,直线的参数方程联立曲线,…………………(6分)
得,化简得, ………………(8分)
所以,所以的值为. ………………………………(10分)
23.(本小题满分10分)【选修4−5:不等式选讲】
解:(1)当时,
(ⅰ)当时,,即得,
此时,满足要求的的取值范围是
……………………………………………………………………(2分)
(ⅱ)当时,,即得,
此时,满足要求的的取值范围是; ……………………………………(3分)
(ⅲ)当时,,即得,
此时,满足要求的的取值范围是; ……………………………………(4分)
综上所述,的解集是 ………………………………………………(5分)
(2)因为的解集不是空集,所以, ………………………(6分)
因为,, ………………………………………………(7分)
所以,当且仅当时取得等号,
………………………………………………………(9分)
所以,即,所以实数的取值范围是.
……………………………………………………………(10分)
理科数学参考答案·第13页(共13页)

收起

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