1、 漳州市漳州市 2020 届高中毕业班高考适应性测试届高中毕业班高考适应性测试 文科数学试题文科数学试题 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分共 5 页 150 分，请考生把答案填写在答题 纸上 第卷第卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的 1已知全集 1,0,1,2,3U ，集合0,1,2A， 1,0,1B ，则 U ()AB （ ） A 1 B0,1 C 1,2,3 D 1,0,1,3 2已知复数2zi，则z z
2、（ ） A3 B5 C3 D5 3已知非零向量a，b满足| 4|ba，且(2)aab，则a与b的夹角为（ ） A 3 B 2 C 2 3 D 5 6 4 已知 n a为等差数列， 其公差为-2， 且 7 a是 3 a与 9 a的等比中项， n S为 n a的前 n 项和， * nN， 则 10 S 的值为（ ） A-110 B-90 C90 D110 5某公司决定利用随机数表对今年新招聘的 800 名员工进行抽样调查他们对目前工作的满意程度，先将这 800 名员工进行编号，编号分别为 001，002，799，800，从中抽取 80 名进行调查，下图提供随机 数表的第 4 行到第 6 行 32
3、21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 43 77 89 23 45 若从表中第 5 行第 6 列开始向右依次读取 3 个数据，则抽到的第 5 名员工的编号是（ ） A007 B253 C328 D736 6已知双曲线 22
4、1 22 :1(0,0) xy Cab ab 的离心率为2，一条渐近线为 l，抛物线 2 2: 4Cyx的焦点 为 F，点 P 为直线 l 与抛物线 2 C异于原点的交点，则|PF（ ） A2 B3 C4 D5 7函数 | | 2 sin2 x yx的图象可能是（ ） A B C D 8已知,R 10 sin2cos 2 ，则tan2（ ） A 4 3 B 3 4 C 3 4 D 4 3 9若01ab，则, b a, a blog, ba1 log a b的大小关系为（ ） A 1 loglog ba b a aabb B 1 loglog ab b a abab C 1 loglog ba
5、b a abab D 1 loglog ab b a baba 10中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编 制大衍历发明了一种近似计算的方法二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法， 但是比我国张隧晚了上千年） ：对于函数( )yf x，若 11 ,yf x 22 ,yf x 33 ,yf x 123 xxx， 则在区间 13 ,x x上( )f x可以用二次函数 111212 ( )f xykxxkxxxx来 近似代替，其中 21 1 21 , yy k xx 32 32 yy k xx ， 1 2 31 kk k xx ，若令 1 0
6、,x 2 , 2 x 3 x，请依据上述 算法，估算 2 sin 5 的近似值是（ ） A 24 25 B 17 25 C 16 25 D 3 5 11在ABC中，D 是边 AC 上的点，且,ABAD23,ABBD2BCBD，则sinC的值为（ ） A 3 3 B 3 6 C 6 3 D 6 6 12已知正四棱柱 1111 ABCDABC D的底面边长为 1，高为 2，M 为 11 BC的中点，过 M 作平面，使得平 面/平面 1 ABD， 若平面把 111 ABCABC分成的两个几何体中， 体积较小的几何体的体积为 （ ） A 1 48 B 1 24 C 1 16 D 1 8 第卷第卷 二、
7、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13若曲线 22 :6100C xyxya上存在不同的两点关于直线7ykx对称，则k _ 14若函数( )f x是定义在 R 上的偶函数，且(4)( )f xf x ，当(0,2)x时，( )ln1f xxx，则 当(6,8)x时，( )f x _ 15如图，小方格是边长为 1 的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，该几何体是由一个圆锥和 一个圆柱组成，若在这个几何体内任取一点，则该点取自圆锥内的概率为_ 16已知 P 是曲线 3 1 33 : 22 Cyxxx 上的点，Q 是曲线 2 C上
8、的点，曲线 1 C与曲线 2 C关于直线 24yx对称，M 为线段 PQ 的中点，O 为坐标原点，则|OM的最小值为_ 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第第 1721 题为必考题，每个试题考生题为必考题，每个试题考生 都必须作答都必须作答第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分 17 （12 分）已知数列 n a的前 n 项和为 n S，且 2 2, n Snn * nN，数列 n b满足 2 4log3, nn ab * nN （1）求, n a
9、n b； （2）求数列 nn ab的前 n 项和 n T 18 （12 分）如图，三棱柱 111 ABCABC的底面是正三角形， 1 AA 底面 111 ABC，M 为 11 AB的中点 （1）求证： 1 /BC平面 1 AMC； （2） 若 1 4BB ， 且沿侧棱 1 BB展开三棱柱的侧面， 得到的侧面展开图的对角线长为4 10， 求作点 1 A 在平面 1 AMC内的射影 H，请说明作法和理由，并求线段 AH 的长 19 （12 分）某保险公司有一款保险产品的历史收益率（收益率=利润保费收入）的频率分布直方图如图 所示： （1）试估计平均收益率； （2）根据经验，若每份保单的保费在 20
10、 元的基础上每增加 x 元，对应的销量 y（万份）与 x（元）有 较强线性相关关系，从历史销售记录中抽样得到如下 5 组 x 与 y 的对应数据： x（元） 25 30 38 45 52 销售 y（万册） 7.5 7.1 6.0 5.6 4.8 据此计算出的回归方程为10.0ybx 求参数 b 的估计值； 若把回归方程10.0ybx当作 y 与 x 的线性关系，用（1）中求出的平均收益率估计此产品的 收益率，每份保单的保费定为多少元时此产品可获得最大收益，并求出该最大收益 20 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的一个焦点为(1,0)F，且 2 1, 2 在椭圆
11、 E 上 （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）已知垂直于 x 轴的直线 1 l交 E 于 A、B 两点，垂直于 y 轴的直线 2 l交 E 于 C、D 两点， 1 l与 2 l的 交点为 P，且| |ABCD，间：是否存在两定点 M，N，使得|PMPN为定值？若存在， 求出 M，N 的坐标，若不存在，请说明理由 21（12 分） 已知函数( )eln x f xx， 定义在(0,)上的函数( )g x的导函数( )e(ln) x g xaxa， 其中aR （1）求证：( )0f x ； （2）求函数( )g x的单调区间 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答如
12、果多做，则按所做第一个题目计分 22选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分） 在直角坐标系 xOy 下，曲线 1 C的参数方程为 cos sin x y ， （为参数） ，曲线 1 C在变换 2 : xx T yy ， 的作用下变成曲线 2 C （1）求曲线 2 C的普通方程； （2）若1m，求曲线 2 C与曲线 3: |Cym xm的公共点的个数 23选修 4-5：不等式选讲（10 分） 已知函数( ) |2|31|f xxxm （1）当5m时，求不等式( )0f x 的解集； （2）若当 1 4 x 时，不等式 16 ( )0 |41| f x x 恒成立，求实数 m 的取值范围 漳州市
13、漳州市 2020 届高中毕业班高考适应性测试届高中毕业班高考适应性测试 文科数学参考答案及评分细则文科数学参考答案及评分细则 评分说明：评分说明： 1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照 评分标准制定相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影 响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的半；如果后继部分的解答有较严 重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数选择题和填空题不给中间分 一、选择题：每小题一、选
14、择题：每小题 5 分，满分分，满分 60 分分 1A 2D 3C 4D 5A 6D 7B 8C 9B 10A 11D 12A 【选择题详解】 1A【解析】依题意得 U 1,3A ， U () 1AB 故选 A 2D【解析】通解因为2zi，所以2zi， 所以 2 (2)(2)4225z ziiiii，故选 D 优解 222 |215z zz，故选 D 3C【解析】由题意，得 2 (2)20aabaa b，即 2 2a ba， 所以 2 2 21 cos, 42| a ba a b aa b ， 所以 2 3 a b ，故选 C 4D【解析】因为 7 a是 3 a与 9 a的等比中项，所以 2 7
15、39 aa a， 又数列 n a的公差为-2， 所以 2 111 12416aaa，解得 1 20a ， 故20(1) ( 2)222 n ann ， 所以 110 10 10 5 (202)110 2 aa S 5A【解析】依次读取的数据为 253，313，457，860（超过 800，舍去） ， 736，253（与前面重复，舍去） ，007， 所以抽到的第 5 名员工的编号是 007， 故选 A 6D【解析】因为 1 C的离心率为2， 一条渐近线为 l，所以不妨设: l yx， 与 2 2: 4Cyx联立可求得(4,4)P， 又(1,0)F，所以| 5PF ，故选 D 7B【解析】设 |
16、| ( )2 sin2 x f xx，其定义域关于坐标原点对称， 又 | ()2sin( 2 )( ) x fxxf x ， 所以( )yf x是奇函数，故排除选项 C，D； 令( )0f x ，所以sin20x ， 所以2()xkkZ，所以() 2 k xk Z，故排除选项 A 故选 B 8C【解析】由 2 2 10 (sin2cos) 2 ， 可得 22 22 sin4cos4sincos10 sincos4 ， 进一步整理可得 2 3tan8tan30， 解得tan3或 1 tan 3 ， 于是 2 2tan3 tan2 1tan4 9B【解析】因为01ab， 所以10 aab baa，
17、loglog1 bb ab，01a， 所以 1 1, a 1 log0 a b 综上： 1 loglog ab b a abab，故选 B 10A【解析】函数( )sinyf xx在0,x , 2 x x处的函数值分别为 1 (0)0,yf 2 1, 2 yf 3 ( )0yf， 故 21 1 21 2 , yy k xx 32 32 2 , yy k xx 1 2 2 31 4kk k xx ， 故 2 22 2444 ( ) 2 f xxx xxx ， 即 2 2 44 sin xxx ， 所以 2 2 2424224 sin 55525 故选 A 11D【解析】设ABc，则,ADc 2
18、3 c BD ， 4 3 c BC ， 在ABD中，由余弦定理得 222 2 4 1 3 cos 23 ccc A c ，则 2 2 sin 3 A ， 在ABC中，由正弦定理得 4 3 sinsin2 2 3 c cBC CA ，解得 6 sin 6 C 12A【解析】分别取 11, C D 1 CC中点 E，F， 易知平面 EFM 平行于平面 1 ABD， 又平面过点 M，平面平行于平面 1 ABD， 所以平面 EFM 与平面是同一个平面， 设 11 EMACG，则平面把三棱柱 111 ABCABC分成的两个几何体中， 体积较小的几何体为三棱锥 1 FGMC， 所以所求几何体的体积， 11
19、1 11 11 1 33 2 F GMCGMGEMQ VSFCSFC 2 1 111 1 6 2248 ， 故选 A 二二、填空题：每小题填空题：每小题 5 分，共分，共 20 分分 13-4 14ln(8)9xx 15 1 7 16 2 5 5 【填空题详解】 13-4【解析】由已知，得直线7ykx， 过圆 C 的圆心(3, 5)C， 所以537k ，所以4k 14ln(8)9xx 【解析】因为(4)( )f xf x ， 所以(8)(4)4)(4)( )( )f xfxf xf xf x ， 所以 8 是( )f x的周期， 又因为( )f x是定义在 R 上的偶函数， 当(0,2)x时，
20、( )ln1f xxx， 所以当(6,8)x时，( 8, 6)x ，8(0,2)x ， ( )()(8)ln(8)(8) 1ln(8)9f xfxfxxxxx 15 1 7 【解析】因为圆锥底面半径为 2，高为 1， 所以圆锥的体积 2 1 14 21 33 V ， 因为圆柱底面半径为 2，高为 2， 所以圆柱的体积 2 2 228V， 所以所求事件的概率为 1 12 1 7 V VV 16 2 5 5 【解析】画出 1 C和 2 C如图， 由于 1 C关于原点 O 对称，所以 P 关于 O 对称的点 P 也在 1 C上， 又 M 为 PQ 的中点，所以 1 | 2 OMP Q， 设 P 到直
21、线:240lxy的最小距离为 d， 则 min 1 |2 2 OMdd， 对于 3 1 33 : 22 Cyxxx ， 由 2 312yx ，得1x ， 结合图可知，当( 1,0)P 时， P 到直线 :240lxy的距离最小, 所以 | 204|2 5 55 d ，所以 min 2 5 | 5 OM 三、解答题：共三、解答题：共 70 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第第 1721 题为必考题，每个试题考生都必题为必考题，每个试题考生都必 须作答须作答第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60
22、 分 17解： （1）由 2 2 n Snn，得 当1n 时， 11 3aS; 当2n时， 22 1 22(1)(1)41, nnn aSSnnnnn * nN, 又当1n 时，上式也成立，所以41 n an， 由 2 4log3 nn ab，得 1 2, n n b * nN （2）由（1）知 1 (41) 2, n nn a bn * nN, 所以 21 37 2 11 2(41) 2n n Tn ， 23 23 27 211 2(41) 2n n Tn , 21 2(41) 234 222 nn nn TTn 1 2 1 2 (41) 234(45) 25 1 2 n nn nn (45
23、) 25, n n Tn * nN 18解： （1）如图， 连结 1 AC，交 1 AC于点 O，连结 OM 因为三棱柱 111 ABCABC的侧面 11 AACC是平行四边形，所以 O 为 1 AC中点， 因为 M 为 11 AB的中点，所以 1 /OM BC 又因为OM 平面 1 AMC， 1 BC 平面 1 AMC, 所以 1 /BC平面 1 AMC （2）过 1 A作 1 AHAM于 H， 因为 1 AA 平面 111 ABC， 1 C M 平面 111 ABC，所以 11 C MAA， 因为 111 ABC是正三角形，M 为 11 AB的中点， 所以 111 C MAB，又 1111
24、 AAABA， 1, AA 11 AB 平面 11 AAB B， 所以 1 C M 平面 11 AAB B，又 1 AH 平面 11 AAB B，所以 11 AHC M， 又因为 1 AMC MM，,AM 1 C M 平面 1 AMC, 所以 1 AH 平面 1 AMC于 H， 所以 H 为点 1 A在平面 1 AMC内的射影 因为三棱柱侧面展开图是矩形， 且对角线长为4 10，侧棱 1 4BB ， 所以三棱柱底面周长为 22 (4 10)412 又因为三棱柱的底面是正三角形， 所以底面边长 11 4,AB 1 2AM , 在 1 Rt AAM中， 1 4,AA 22 11 2 5AMAAAM
25、， 由射影定理，有 2 1 AAAH AM， 即 2 42 5AH，所以 8 5 5 AH 19解： （1）区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55， 取值概率依次为：0.10，0.20，0.25，0.30，0.10，0.05， 平均收益率为 0.05 0.100.15 0.200.25 0.25 0.35 0.300.45 0.100.55 0.05 4 1 (50300625 1050450275)0.275 10 （2） 2530384552190 38 55 x ， 7.57.1 6.05.64.831 6.2 55 y ， 所以 10.06.2 0.
26、10 38 b ， 当每份保单的保费为20x元时，销量为100.1yx， 则保费收入为( )(20)(100.1 )f xxx 22 20080.13600.1(40)xxx万元 当40x 元时，保费收入最大为 360 万元， 保险公司预计获利最大为360 0.27599万元 20解： （1）由题意得，1c ，椭圆的两焦点为(1,0)和( 1,0)， 因为点 2 1, 2 在椭圆 C 上， 所以根据椭圆定义可得： 2 2 22 2( 1 1) 22 a ， 所以2a ，所以 222 1bac， 所以椭圆 E 的标准方程为 2 2 1 2 x y 解： （2）设 11 ,A x y 11 ,B
27、xy 22 ,C xy 22 ,Dxy， 则 12 ,P x y 2 2 1 1 1, 2 x y 2 2 2 2 1, 2 x y 12 yx， 消去 2, x 1 y，得 2 2 1 2 21 2 x y ， 所以点 P 在双曲线 2 2 :21 2 x Ty 上， 因为 T 的两个焦点为 10 0, 2 M 10 0, 2 N ，实轴长为2， 所以存在两定点 10 0, 2 M 10 0, 2 N ， 使得|PMPN为定值2 21 （1）证明：( )f x的定义域为(0,)， 当01x时，e0, x ln0x，所以( )eln0 x f xx， 因为当1x 时，e1, x 1 1, x
28、1 ( )e0 x fx x ， 所以( )f x在(1,)上单调递增， 所以当1x 时，( )(1)e0f xf， 综上，( )0f x 成立. （2）解：若1a ，则当0x 时，0 x ea， 所以由( )e(ln)0 x g xaxa，得ln0xa，即eax ； 由( )e(ln)0 x g xaxa，得ln0xa，即0eax， 所以( )g x的增区间为e , a ，减区间为 0,ea 若1a ，则ln0a ，由（1）知( )eln0 a f aa，即eln a a, 所以由( )e(ln)0 x g xaxa，得0lnxa或eax ， 由( )e(ln)0 x g xaxa，得lne
29、aax， 所以( )g x的增区间为(0,ln ),ae , a ，减区间为 ln ,eaa （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第一个题目计分 22解： （1）因为曲线 1 C的参数方程为 cos sin x y ， 所以曲线 1 C的普通方程为 22 1xy， 将变换 2 : xx T yy ，即 1 2 xx yy ， 代入 22 1xy，得 2 2 1 4 x y 所以曲线 2 C的普通方程为 2 2 1 4 x y （2）因为1m，所以 3 C上的点(0,)Am在椭圆 2 2 :1 4 x Ey外 当0x时，曲线 E 的方程化为ymx
30、m， 代入 2 2 1 4 x y，得 2222 418410,mxm xm(*) 因为 4222 644 41 4116 310mmmm ， 所以方程（*）有两个不相等的实根 1, x 2 x， 又 2 12 2 8 0 41 m xx m ， 2 12 2 41 0 41 m x x m ，所以 1 0,x 2 0x ， 所以当0x时，曲线 2 C与曲线 3 C有且只有两个不同的公共点， 又因为曲线 2 C与曲线 3 C都关于 y 轴对称， 所以当0x时，曲线 2 C与曲线 3 C有且只有两个不同的公共点， 综上，曲线 2 C与曲线 3: |Cym xm的公共点的个数为 4 23解： （1
31、）当5m时，( )0|2|31| 50f xxx ， 1 3 231 50 x xx ，或 1 2 3 231 50 x xx ，或 2 231 50 x xx ， 1 3 1 x x ，或 1 2 3 1 x x ，或 2 3 2 x x ， 1x或12x或2x，1x或1x ， 所以不等式( )0f x 的解集为 |11x xx或 （2）由条件，有当 1 4 x 时，不等式 16 ( )0 |41| f x x ， 即 16 |2|31| |41| mxx x 恒成立， 令 16 ( ) |2|31| |41| g xxx x ， 则因为 1616 ( ) |(2)(31)|41 |41|41| g xxxx xx 16 2 |41|8 |41| x x , 且 3 8 4 g ；所以 min ( )8g x，所以8m， 即实数 m 的取值花围为(,8)
