湖南省长郡中学2020届高三下学期第二次适应性考试理数答案

(1)

绝密★启用前

2020

数学（理科）试卷参考答案

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 A B B C A D B D C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．－2 14．4 15．②④ 16．

64 3

27

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．解：（Ⅰ）由 _{1 2} ₂ ₃ ₁

1 

1 

2  

3

n n

a a



a a



a a

_



n n



n





得：



 

 

1 2 2 3 1

1

3

n n

a a



a a



a a

_



n



n n





，两式相减得

a a

_n _n_₁



n n





1 

n



2 

．………（3 分） 当 n＝1 时，a1a2＝2 满足此式， 故对 n



N*，有

a a

_n _n_₁



n n





1 

，化为： 1

1

n n

a

n n









．令 n n

a

b

n



，则 b1＝1，且

b b

_{n n}_₁



1

与

b b

_n_₁ _n



1

相减得：

b b

_n



_n_₁



b

_n_₁





0,

b

_n



0

，故

b

_n_₁



b

_n_₁．即

b

₂_k_₁



b

₂_k_₃

 

b

₁

1

， 故 n 为奇数时，

b

_n

 

1 a

_n



n

．又

b

₂



1

，故

b

₂_k



b

₂_k_₂



b

₂



1

， 故 n 为偶数时，

b

n

 

1 a

n



n

，故

a

n



n

．………（8 分）（Ⅱ）





1 2 2 3 1

1

1 1 2

2 3

1

2

3

1

n n

a a

n













 

     



 





．…………（12 分） 18．解：（Ⅰ）依题意，直线 MN 的方程为

2 p

y

 

x

．

(2)

设

M x y



₁

,

₂

 

,

N x y

₂

,

₂



， 将直线 MN 的方程代入 2

2 x



py

中，得 2 2

2

0 x



px



p



，因此 2 1 2

2 ,

1 2

x



x



p x x

 

p

．………（1 分） 设直线 l 和抛物线 C 相切于点 T 2

,

2 t

t

p













， 由题意和切线的几何意义知，曲线 C 在 T 处的切线斜率即导数为 1， 因此得 t＝p， ∴切点 T 的坐标为

,

2 p

p













，因此切线 l 的方程为

2 p

y

 

x

．………（2 分）设 ₀

,

₀

2 p

P x x



_





_





，于是



 











1 0 1 0 2 0 2 0 1 0 1 0 2 0 2 0 2 2 0 0 1 2 1 2 1 2 0

,

2

2 ,

,

2

2 p

p

PM PN

x

x y

x

x y

x

x x

x

p

x

x x

x

p

x

x x

x

p

px

p



 







_



 

_{ }





 

_



 







 





 











（3 分）将 2 1 2

2 ,

1 2

x



x



p x x

 

p

代入其中，可得 2 2 2 2 0 0 0

3

7

2

6

2

2 p

PM PN





x



px



p





_

x





_



p





．………（5 分）当 ₀

3

2 x



p

时，

PM PN



取得最小值

7

2

2 p



，由

7

2

14

2 p



 

， 可解得正数 p 值为 2， 因此所求的抛物线方程为 2

4 x



y

．………（6 分） （Ⅱ）显然，直线 AB 的斜率一定存在， 设 AB 的方程为

y



kx b A x y



,



₃

,

₃

 

,

B x y

₄

,

₄



，则

OA OB





x x

_{3 4}



y y

₃ ₄

 

4

，故

x x

_{3 4}





kx

₃



b kx



₄



b



 

4

，也即



2







2 3 4 3 4

1

4

0 k



x x



kb x



x



b

 

．①………（8 分）

(3)

将

y



kx b



带入抛物线 C 中，得 2

4

0 x



kx



b



，故

x

₃



x

₄



4 ,

k x x

_{3 4}

 

4 b

．………（10 分）将它们代入到①中，得



2







2

1

4

0 k





b



kb



k



b

 

，………（11 分） 解得 b＝2，因此直线 AB 恒过点（0，2）．………（12 分） 19．解：（Ⅰ）矩形 ADD1A1中， ₁ ₁

2 tan

2

2 D AA





，

tan

₁

2

1 A MA





， ∴∠D1AA1＝∠A1MA， ∴A1M⊥AD1． ∵四边形 ABCD 是菱形，且∠DAB＝60°， ∴AD＝BD， ∴△ABD 为正三角形． ∵M 为 AD 的中点，∴BM⊥AD， ∴BM⊥平面 ADD1A1，∴BM⊥AD1， ∵A1M BM＝M， ∴AD1⊥平面 A1MB．………（5 分） （Ⅱ）以 O 为原点，

OA OB OP

₁

,

₁

,

方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向建立如图所 示的空间直角坐标系，则

P



0, 0, 2 ,

 

B

0,1,



2 ,

 

C

₁



3, 0, 0



．设

Q



3, 0,





，则













1 1 1

3, 0,

2 ,

3, 1, 2 ,

2 3, 0,

PC

BC

C Q



 



 





平面 PBC1的一个法向量为

m





a b c

, ,



，则 1 1

0

3

2

0

3

2

0 PC

a

c

BC

a b

c















_













 





_



m

，

(4)

取 c＝

3

，则

m

 



2, 2 6, 3



． 同理求得平面 BC1Q 的一个法向量为

n







,



3 



2 6, 2 3





．…（9 分） ∴





2





2

5 29

cos

,

29

2 6 2

24 6

60 2

0

29

3 2 6

12 



_{ }























m n

由



 



_

2, 0



_

，得





0

．故 Q 与 A1重合，A1Q＝0．………（12 分） 20．解：（Ⅰ）由题意，

X

B a p



、



则

P X

 



C p

_aX X



1 

p



a X ，

EX



ap

．………（4 分）（Ⅱ）（i）第 n 天被感染人数为



1 

ap



n1，第 n－1 天被感染人数为



1 

ap



n2．由题目中均值的定义可知，





1





2





2

1

n

1

n

1

n n

E

 

ap



 

ap





ap



ap

 ．………（6 分）则 1

1

n n

E

ap

E

_

 

，且

E

1



ap

． ∴

 

E

_n 是以 ap 为首项，1＋ap 为公比的等比数列．………（7 分） （ii）令

 

ln 1





2

3 f p





p



p

，则

 





1

2

1

3

1 p

f

p









 



． ∴

f p

 

在

0,

1

2 











上单调递增，在

1 ,1

2 











上单调递减．…………（9 分）

 

_max

1

2

1

1 ln

ln 3 ln 2

1.1 0.7 0.3

0.1

2

3

3 f p



f

 

_{ }



 



 





 

． ………（10 分） 则当 a＝10，

E

_n



10 p



1 10



p



n2．





4 6

10 0.1 1 10 0.1

1.46 E

  

 



．





4 6

10 0.5 1 10 0.5

25.31 E

 

 



．





(5)

∴戴口罩很有必要．………（12 分） 21．解：（Ⅰ）

 

2

1 ln 2

2

x

f



x



e

   

x

，

ln 2

1

2

2 f



_





_

 

a





．

 

f x

在

ln 2 1

,

2

2 a



_











处的切线方程为

1 ln 2

2

2 y





_



a



_

 

x





，即

ln 2

1

2

2 y

 

x

 

a

．………（2 分）

 

x

1 0,

 

0

1 g x





e

  

x

g

 

b

．

 

g x

在（0，1－b）处的切线方程为

y

 



1 b



    

x

y

x

1 b

，故

ln 2

1

1 ln 2

2        

2 a

b

b a

2

．………（4 分）（Ⅱ）

 

2





ln 2

1

2

x x x x

h x



e

 

a

e

 

b

mx



 

e

 

e

mx

，

 

2

x x

h x





e

 

e

m

，令 x

t



e

，则 2

2 y



t

 

t

m

， m＞1 时，

2 t

2

  

t

m

0

有两根 t1，t2且 t1＜0＜t2，

 

2 

1



2



0

x x

h x





e



t

e



t



，得：

x



ln

t

₂．在





, ln t

₂



上，

h x



 



0

，在



ln ,

t

₂





上，

h x



 



0

．此时，

h



ln

t

₂

  



h

0 

0

．又

x

 

时，

h x

 

   

,

x

时，

h x

 

 

．故在





, ln t

₂



和



ln ,

t

₂





上，h（x）各有 1 个零点．………（6 分） m＝1 时，

 

2

1 

1 

2

x x

h x







_

e





_

e







． h（x）最小值为 h（0）＝0，故 h（x）仅有 1 个零点． 0＜m＜1 时，

 

2 

x ₁



x ₂



h x





e



t

e



t

． 其中 t1＜0＜t2，同 m＞1，h（x）在





,ln t

2



与



ln ,

t

2





上， h（x）各有 1 个零点．………（8 分） m＝0 时，

h x

 



e

2 x



e

x，仅有 1 个零点，

(6)

1

8 

＜m＜0 时，对方程 2

2 t

     

t

m

0,

1 8

m



0

． 方程有两个正根 t1，t2，

 

2 

1



2



x x

h x





e



t

e



t

．在





, ln t

₁



上，

h x



 



0

，在



ln , ln

t

₁

t

₂



上，

h x



 



0

，在



ln ,

t

₂





上，

h x



 



0

．由 1 2 1 2 1 2

1

0

2

4

2

0 t

t

  



_{    }



  



，故

ln

t

₂



0,

h



ln

t

₂

  



h

0 

0

．











 



2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

ln

2 ln

1 1 2

ln

h

t

m

t

  







_

  



_

． ∵

t

₁

 

1 0,1 2



t

₁



0, ln

t

₁



0

，故

h



ln

t

₁





0

．故在





, ln t

₁



上，

h x

  



h

ln

t

₁





0

，在



ln , ln

t

₁

t

₂



上，

h x

 



0

，在



ln ,

t

₂





上，

h x

 

有 1 个零点：x＝0．

1

8 m

 

时，

 

2

x x

0 h x





e

  

e

m

恒成立， h（x）为增函数，h（x）仅有 1 个零点：x＝0．………（10 分） 综上，m≤0 或 m＝1 时，h（x）有 1 个零点， 0＜m＜1 或 m＞1 时，h（x）有 2 个零点．………（12 分） 22．解：（Ⅰ）由

x





cos ,



y





sin



可得点 A 的直角坐标为 A（2

3

，2），

点 B 的直角坐标为 B（－2

3

，2）， 点 C 的直角坐标为 C（0，－4）．………（2 分） 设圆 C2的直角坐标方程为





2 2 2

x



y



m



r

， 代入 A，C 可得









2 ₂ 2 ₂

12

2

4 m

r

m

r

  







 





，∴m＝0，r＝4． ∴圆 C2的直角坐标方程为 2 2

16 x



y



．………（4 分） 故曲线 C3的直角坐标方程为：





2 ₂

3

16 x





y



．………（5 分） （Ⅱ）由（Ⅰ）联立曲线 C1，C3可得 2 2

2

1

3

1

16

2 t











 



























，…（7 分）

(7)

整理可得， 2

3 2

11 0

t



t

 

， ∴

t

₁

  

t

₂

3 2,

t t

_{1 2}

 

11

，………（8 分） ∴

MP MQ



 

t

₁

t

₂

 

t t

_{1 2}



11

．………（10 分） 23．解：（Ⅰ）原不等式可化为

3 x

   

1 x

2

3

， ①当

1

3 x



时，原不等式可化为－3x＋1＋2－x≥3， 解得 x≤0，∴x≤0；………（2 分） ②当

1

2

3  

x

时，原不等式可化为 3x－1＋2－x≥3， 解得 x≥1，∴1≤x＜2；………（3 分） ③当 x≥2 时，原不等式可化为 3x－1－2＋x≥3， 解得 x≥