贵阳第一中学2019届高考适应性月考卷六理数-答案.pdf

理科数学参考答案 第 1 页 共 9 页 贵阳第一中学 2019 届高考适应性月考卷 六 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 A D C B B D D C C C A B 解析 1 1 1 2 B AB 1 2 A 或 1 A 2a 或1a 故选 A 2 设izaba b R 则 22 222zabzza 解得13ab 则 PQ 2 2 3zzb 故选 D 3 3 ee xx fxf x x f x 是奇函数 排除 A B 又 x 时 f x 且增长迅速 排除 D 故选 C 4 一方面 若mn 又n 则m 或m 又m 则 与 平行或相交 mn 推不出 另一方面 若 又n 则n 又m 则mn 可推出 mn 所以 mn 是 的必要不充分条件 故选B 5 设直线 1 l 2l的斜率分别为 1 k 2 k 当1x 时 1 0 1 fx x 2 2 1k f 所以 1 1k 则1a 当1x 时 21fxx 则 1 211kfaa 0a 所以 1 lyx 2 2lyx 与y轴围成的三角形面积为 1 2 11 2 故选B 6 3sin503sin502sin20 cos203cos40sin402sin 6040 2cos202 sin20sin20sin20sin20 故选D 7 画出可行域 易知2wxy 在 3 6 处有最大值9 在 36 处有最小值15 所以 2 zxy 的最大值为15 故选D 8 易知变量N和T对i为偶数和奇数时分别求和 故中应填2ii 当计数变量i变 为0时 应停止计算 故中应填0i 故选C 理科数学参考答案 第 2 页 共 9 页 9 甲班箱形图的 箱体 和总长均最短 表示数据更集中 故方差最小 A正确 乙班箱形 图总长最长 表示最大值与最小值的差最大 故极差最大 B正确 丙班箱形图中 中位 数Q2高于80分 故丙班得分低于80的学生人数少于得分高于80的学生人数 C错误 若每班42个学生 由题意 前21名同学分数的中位数即第11名的分数是四分位数Q3 由图可知 丙班箱形图中Q3最大 D正确 故选C 10 如图1 11 22 PAPBPCABPBPA 所以 31 22 PAPB PC 0 32PAPBPC 0 2 PAPCPAPB 0 设AB和AC的中点分别为D E 则由2 PAPCPAPB 0 可得2PEPD 0 所 以2PDPE 即 点P是ABC 的 中 位 线DE上 的 三 等 分 点 所 以 2211 3323 ABPABEABCABC SSSS 故选C 11 该几何体的直观图如图2甲 经计算可知 平面EFCG的面积最大 四边形EFCG 是 一 个 等 腰 梯 形 其 各 边 数 据 2EF 2 2CG 5FCEG 高 3 2 2 EH 故其面积为 13 29 22 2 222 故选A 12 由 2 1 2 x a 可得 2 2 x a 2log 2 a x log 2 2 a x 同理 log 3 3 a y log 5 5 a z 因为1a 所 以xyz 均 为 正 数 则 3 2 log 2 3log 2log 2log 8 2 1 log 3 2log 3log 3log 9 3 a aaa a aaa x y 同 理 可 得 log 32 1 log 25 a a x z log 243 1 log 125 a a y z 所以zxy 故选B 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 30 1 5 88 2 图 1 图 2 理科数学参考答案 第 3 页 共 9 页 解析 13 设公比为q 由 1278 216aaaa 得 678 12 8 aa q aa 所以 2 2q 则 812 Saa 34567812 aaaaaaaa 246 1 30 qqq 14 设1EF 则2AF 5AB 概率 2 2 1 5 EFGH ABCD SEF P SAB 15 5 2 1 2x x 中的常数项为 2 12225 54 1 C C 2 2 88 x x 16 设抛物线的焦点为F 连接AFBF 则 AFBFAB 得 1 1 6 AB xx 2 2 AB xx AB中点的横坐标的最小值为2 当且仅当AB过焦点F时取到最小值 设 l 1 yk x 代入 2 4Cyx 可得 2222 24 0k xkxk 2 2 24 4 AB k xx k 可得2 k 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 证明 1 2 1 22 21 nnnnnn nSaSaSS 当 时 2 1 2 21 nnnn SSSS 整理得 11 2 nnnn SSS S 2分 1 11 2 2 nn n SS 又 11 11 1 Sa 所以数列 1 n S 是首项为1 公差为2的等差数列 4分 1 12 1 21 n nn S 1 21 n Sn n N 6分 2 1 21 n n S b nnn 1n 当时 111 3 1 2 TbS 7分 理科数学参考答案 第 4 页 共 9 页 2n当 时 11111 21 2 1 21 n b nnn nnn 9分 123 111 1 233 5 21 nn Tbbbb nn 111111313 11 22231222nnn 综上 3 2 n Tn N 12分 18 本小题满分12分 解 1 用方案甲最多需检测4次 即前3次均未检测到污染物 则 1 的最大值为4 4 3 5 1 3 C2 4 C5 P 2分 用方案乙最多需检测3次 即先任取1个样本进行检测时未检测到污染物 则 2 的最大值为3 1 1 2 1 5 C4 3 1 C5 P 4分 用方案丙最多需检测3次 即先任取2个样本混合检测时未检测到污染物 且对剩余3 个样本检测时第一次未检测到污染物 则 3 的最大值为3 21 42 3 21 53 C C2 3 C C5 P 6分 2 2 的可能取值为1 3 由 1 可知 2 4 3 5 P 所以 2 1 1 5 P 2 1413 13 555 E 8分 3 的可能取值为2 3 由 1 可知 3 2 3 5 P 所以 3 3 2 5 P 3 3212 23 555 E 10分 因为 32 EE 所以方案丙所需的检测次数期望较少 所需的检测费用期望较低 所 以方案丙更适合 12分 理科数学参考答案 第 5 页 共 9 页 19 本小题满分12分 1 证明 因为ADAE O为DE的中点 所以AODE 同理CODE 又COAOO 所以DEAOC 平面 因为BCDE 所以BCAOC 平面 2分 因为OPAOC 平面 所以BCOP 又因为OAOC P为AC的中点 所以OPAC 又ACBCC 所以OPABC 平面 4分 又OPPDE 平面 所以平面PDE 平面ABC 6分 2 解 以O为原点 OD OC OA 为坐标轴建立如图3所示的坐标系Oxyz 不妨设棱长2DE 则 0 03 1 0 0 AD 03 0 23 0 CB 设 P xyz 且 0 1 APAC 则 3 033 xyz 可得 033 1 P 133 1 DP 33 0 DB 8分 设 1111 nxyz 是平面PDB的一个法向量 则 1 1 0 0 nDP nDB 即 111 11 33 1 0 330 xyz xy 可得 1 31 13 3 1 n 易知 2 1 0 0 n 是平面AOC的一个法向量 若存在点 P 使平面 PDB 与平面 AOC 所成的锐二面角为 60 则 12 12 2 12 11 cos 2 31 13 3 1 nn nn nn 10 分 解得 1 3 所以存在点 P 使平面 PDB 与平面 AOC 所成的锐二面角为 60 此时 1 2 AP PC 12 分 图 3 理科数学参考答案 第 6 页 共 9 页 20 本小题满分12分 解 1 由椭圆的对称性可知 满足条件的点 P 有且只有两个 则点 P 位于椭圆的上下顶点 则离心率 2 2 3 sin60 2 OFc e aPF 4 分 2 易知直线l 不与x轴重合 设 1122 1 lxmyA xyB xy 因为2ab 所以设椭圆的方程为 22 4 0 xyt t 由 22 1 4 xmy xyt 可得 22 4 210mymyt 222 2 4 44 4 1 4 44 0 4 mmttmtt m 6 分 12 2 2 4 m yy m 因为2AMMB 所以 12 2yy 代入 式可得 2 2 2 4 m y m 8 分 122 2 133 33 4 2244 OAB m SOMyyy m m m 当且仅当 4 m m 即2m 时 OAB 的面积有最大值 10 分 不妨令 22 1 22 2 myx 代入 22 4xyt 可得5t 满足 式 故椭圆的方程为 22 45 xy 12 分 21 本小题满分 12 分 解 1 2 lng xxxax 1 2g xxa x 由题意知 0 0 g xx 在 上恒成立 即 min 1 2ax x 理科数学参考答案 第 7 页 共 9 页 令 2 11 2 20t xx t x xx 所以 t x 在 1 内为增函数 所以 min 1 3at xt 3 分 2 2 lnh xxbxbx 1 2h xbxb x 当0b 时 有 1 12 0h xbx x h x 在 1 2 内为增函数 1 0h 当 1 2 1 0 xh xh 时 h x 在 1 2 内有且只有一个零点 不符合题意 当0b 时 令 xh x 则 2 1 20 xb x x 在 1 2 内为减函数 1 1 1 2 3 2 hb hb 当 1 0 6 b 1 1 2 2 30 2 xh xhb 时 h x 在 1 2 内为增函数 1 0h 当 1 2 1 0 xh xh 时 h x 在 1 2 内有且只有一个零点 不符合题意 当 1 1 6 b 时 1 1 10 2 30 2 hbhb 00 1 2 0 xh x h x 在 0 1 x 内为增函数 h x 在 0 2 x 内为减函数 则 0 1 0h xh 则 h x 在 1 2 内有且只有一个零点当且仅当 2 ln220hb 解得 ln2 1 2 b 当1b 1 2 1 10 xh xhb 时 h x 在 1 2 内为减函数 1 0h 当 1 2 1 0 xh xh 时 h x 在 1 2 内有且只有一个零点 不符合题意 综上所述 ln2 1 2 b 8 分 3 由 1 可知 3a 时 2 ln3g xxxx 在 1 内为增函数 所以 1 2g xg 即 2 ln32xxx 在 1 内恒成立 由 2 可知 当1b 时 2 lnh xxxx 在 1 2 内为减函数 理科数学参考答案 第 8 页 共 9 页 所以 1 0h xh 即 2 ln xxx 在 1 2 内恒成立 综上 有 22 32lnxxxxx 即 1 2 ln 1 xxxx x 在 1 2 内恒成立 令 128 1 024 125 x 则有 128 1 0241 21 024 ln1 024 1 0241 125 可得 7 3 2 0 0234ln0 0246 5 即0 02347ln23ln50 0246 0 023470 69313ln50 0246 解得1 6090ln51 6094 所以ln5的近似值约为 1 609 12 分 22 本小题满分 10 分 选修 4 4 坐标系与参数方程 解 1 曲线 2 C 的极坐标方程是 2 22 4 sin4cos 即 2222 sin4cos4 化为直角坐标方程为 22 44yx 即 2 2 1 4 y x 2 分 正三角形ABC的顶点都在 1 C 3 上 点 A B C 的极坐标为 5 3 333 662 点 A B C 的直角坐标为 5 5 3 3 3cos3sin 3cos3sin 3cos 3sin 666622 即 3 333 33 03 2222 5 分 2 曲线 2 C 的参数方程为 cos 2sin x y 为参数 设 00 P xy 则 0 0 cos 2sin x y 为参数 则 3 333 33 cos2sincos2sin 2cos34sin 2222 PAPB 2222 4cos 34sin