2020届高中毕业班数学(文科)适应性练习(二)

由天下分享时间：2025/3/6 3:47:33 加入收藏我要投稿点赞

二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分20分．

13.?31 14. 15.4 16.13? 223． 213. 【解析】因A,B,C三点共线，故AB??BC，则可求得k＝?214．【解析】方程可化为x?22ax?2b?0，由题设判别式??8a?4?2b?0，即a?b，画出不等式

组表示的区域，结合图形可知正方形和三角形的面积分别为D?1,d?得所求事件的概率是P?1，故由几何概型的计算公式可2d11?，应填答案。 D222sinC2a?b2sinC2sinA?sinB2sinCcosB15．【解析】由条件知，根据正弦定理得到 ? ??tanBbtanBsinBsinB故2sinA?sinB?2sinCcosB ，又因为在三角形中sinA?sin?B?C? ，所以 2sinBcosC?sinB?cosC?因为csinAsinB?1?. 故C = . 23abcab32，所以csinAsinB?2sinC,则 c???2()2,??3sinC，c?2R2R2R2R2R2所以ab?2c ，由余弦定理得 c2?a2?b2?ab?2ab?ab?ab ，则ab?4.，故ab的最小值为4 . 16．【解析】三棱锥P?ABC中， ?ABC是边长为3的等边三角形，设?ABC的外心为O1，外接圆的半

径O1A?3333222PA?,PB?,AB?3，在中，，满足， PA?PB?AB?3?PAB0232sin60?PAB为直角三角形， ?PAB的外接圆的圆心为D，由于CD?AB,ED?AB， ?EDC?1200为

二面角P?AB?C的平面角，分别过两个三角形的外心O1,D作两个半平面的垂线交于点O，则O为三棱锥P?ABC的外接球的球心，在Rt?OO1D中， ?ODO1?30,DO1?03，则22OD313?3?cos30?1?,OD?1，连接OA，设OA?R，则R2?AD2?OD2????12?，

OD2OD4?2?0S球?4?R2?4??13=13?. 4三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.解：（1）因为数列?an?的前n项和Sn?n(n?N)，所以当n?1时，a1?1；………1分

2?11

当n?2时，an?Sn?Sn?1?2n?1；所以an?2n?1 ………3分

，2b3?b4，所以公比q?2,bn?2因为b1?a1?1(2) 设数列?anbn?的前n项和为Tn，则Tn?1?2?3?2?...?(2n?3)?201n?2n?1, ………5分

+(2n-1)?2n?1， ………6分

2Tn?1?21?3?22?...?(2n?3)?2n?1?(2n?1)?2n ………7分

01相减得?Tn?1?2?2?2??2?2n?1?(2n?1)?2n ………8分

4(1?2n?1)?Tn?1??(2n?1)?2n， ………11分

1?2即Tn?3?(2n?3)2. ………12分 18．（1）证明：如图,∵M,N分别为PD,AD的中点，则MN∥PA. …1分又∵MN?平面PAB， PA?平面PAB，

∴MN∥平面PAB. ………2分在Rt?ACD中， ?CAD?60,CN?AN，∴ ?ACN?60.……3分又∵?BAC?60， ∴CN∥AB.………4分

∵CN?平面PAB， AB?平面PAB，∴ CN∥平面PAB. ……5分又∵CNnMN?N， ∴平面CMN∥平面PAB. ………6分

(2)证明:由（1）知，平面CMN∥平面PAB，

∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离. ………8分由已知，AB?1，?ABC?90，?BAC?60，∴BC?3 ……9分

113??1?3?2?.……12分 323∴三棱锥P?ABM的体积V?VM?PAB?VC?PAB?VP?ABC?19．解：（1）2×2列联表如下：

男女合计非读书迷 40 20 60 读书迷 15 25 40 合计 55 45 100 12

………2分

假设“读书迷”与性别无关，由已知得K2?100??40?25?15?20?60?40?55?452?8.249. ………5分

因为8.249?6.635，所以有99%的把握认为“读书迷”与性别有关. ………6分

(2)利用分层抽样抽取的8名“读书迷”中有男生3名，女生5名，设男生和女生分别为Ai?i?1,2,3?、

Bi?i?1,2,3,4,5?，设从8名“读书迷”中选派2名，至少选派一名男生参加比赛的事件为X, 则基本

事件共有28种，其中至少选派一名男生参加比赛的事件有18种，所以， P?X??一名男生参加比赛的概率为

9. 所以，至少有149. ………12分 14?c3???a2?2b2?a?2?1解得：?20．解：（1）由已知可得：?； ………4分

?b?1?2a22?a=b+c??x2?y2?1． ………5分所以椭圆C的方程为：4x2?y2?1，所以A(?2,0),B(0,?1)．（2）如图,因为椭圆C的方程为：4m2?n2?1，即m2?4n2?4． ………6分设M(m,n)(m?0,n?0)，则4则直线BM的方程为：y?n?1mx?1，令y?0，得xc?；………7分 mn?1同理：直线AM的方程为：y?2nn(x?2)，令x?0，得yD?．……8分

m?2m?2所以SABCD11m2n1(m?2n?2)2?AC?BD??2?1?? ………9分 22n?1m?22(m?2)(n?1)1m2?4n2?4?4mn?4m?8n14mn?4m?8n?8?????2． ………11分 2mn?m?2n?22mn?m?2n?2即四边形ABCD的面积为定值2． ………12分

21. 解：（1）函数f(x)的定义域为．（0，??）a2x2?(2?a)x?a(x?1)(2x?a)f?(x)?2x?2?a??? ， …………2分

xxx当a?0时，f?(x)?0，所以f(x)在(0,??)上单调递增， …………3分

aa，令f?(x)?0，得0?x?， 22aa 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. …………4分（0，）（，??）22当a?0时，令f?(x)?0，得x?(2)由（1）知，当a?0时f(x)在上单调递增，（0，??）又f(1)?3?a?0，所以当x?1时，f(x)?f(1)?0，满足题意. ……5分又由（1）知，当a?0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增. （0，）（，??）①若0?a2a2a???上单调递增， ?1，即0?a?2时，f(x)在?1，2所以当x?1时，f(x)?f(1)?3?a?0，满足题意. ………7分

②若

aa?a?上单调递增. ?1，即a?2时，f(x)在?1，?上单调递减，在（，??）22?2?aa2aaa2a?f()??(2?a)??aln?a??aln …………8分

242242所以f(x)mina2aaa?aln?0，则1??ln?0 因为f(x)?0，所以f(x)min?0 即a?4242aaa?ln???lna?1?ln2(a?2)， ………9分 42411（2，??)上单调递减，因为g?(a)????0，所以g(a)在

4a113 又g(2)??0，g(3)??ln?0，所以g(a)在?2,3?上存在唯一零点x0，使得g(x0)?0，由

242令g(a)?1?g(a)?0得2?a?x0(2?x0?3). …………11分（??,x0)，故a的最大整数值为2. …………12分综上所述，a的取值范围为

22.解：（1）曲线C1的普通方程为x?y?r(r?0)，曲线C2的普通方程为x?(y?4)?1.…………2分

2222214

若C1与C2有公共点，则r?1?(0?0)2?(4?0)2?r?1，所以3?r?5.……………5分

2222（2）设P(cos?,sin?)，由PQ?PC2?C2Q?PC2?12

………………8分

得PQ?cos2??(sin??4)2?1?16?8sin??18?8?24. ………………9分当且仅当sin???1时取最大值，故PQ的最大值为26. ………………10分 23解：（1）由f(x?1)?f(2x?3)?1得|x?1|?|2x?3|?1，

3?3??x??1??1?x??x?或?即?2或?2，得1?x?3.则原不等式的解集为(1,3).………..5分