湖南师范大学附属中学2020届高三5月模拟考试数学（文）试题解析.pdf

文科数学参考答案及解析 第 1页，总 7页 湖南师范大学附属学校2020届高三5月模拟 文科数学试题卷参考答案及解析 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C D B B D B C B A B D A 1.答案：C 解析：将 1,1 代入 ,A B 成立,则 1,1 为 A B 中的元素。将 2,4 代入 ,A B 成立,则 2,4 为 A B 中的元素。故选：C. 2．D【解析】由  21 1i iz    ，得 ，故选 D. 3.答案：B 解析：若甲是获奖的，则三句说假话，不合题意。若丙是获奖的，则丁、乙、丙都说真话， 甲说假话，不符合题意。若丁是获奖的，则都说假话，不符合题意。 4.答案：B 解析：若 / / , / /a b  则直线 ,a b 可以平行,也可以相交,还可以异面,故 A 错误;若 ,a b   则 / /a b ,若 / /a b 则存在平面  .使 ,a b   故 B 正确;若 ,a c b c  ,则直线 ,a b 可以平行,也可以相交.还 可以异面.故 C 错误;若直线 ,a b 与直线 c 所成的角都是 60 ,则直线 ,a b 可以平行,也可以相交.还可以异 面,故 D 错误.故选 B. 5.答案：D 解析：∵函数   2 4sinf x x x  ,        2 4sin 2 4sinf x x x x x f x           ,故函数  f x 为奇 函数，所以函数   2 4sinf x x x  的图象关于原点对称，排除 AB，函数   2 4cosf x x   ,由   0f x  得 1cos 2x  ,故 π2 π 3 ( )x k k Z   ，所以 π 3x   时函数取极值，排除 C，故选：D. 6、 B 【 解 析 】 几 何 体 为 一 个 三 棱 锥 ， 2 2 2 2, ,AB AC DO AB AC DO ABC    ， ， 面 ， 体 积 是 1 1 2 2 2 423 3 2 3D ABC ABCd S        ,选 B． 7、解：连接圆心与正二十四边形的各个顶点，正二十四边形被分成了 24 个面积相等的等 腰三角形，每个等腰三角形的腰长为 1，顶角为 360 1524    ，所以每个等腰三角形的面积 1 360 11 1 sin sin152 24 2s        ， 所 以 正 二 十 四 边 形 的 面 积 为 24 12 sin15 12 0.2588 3.11s       ，故选： C ． 8.答案：B 解析：依题意， ( ) ( )( ) sin cos sin cos ( )2 2 2 2 x x x xf x f x       ，故函数 f x（ ）的图象关于 y 轴对称，故①错误；因为 π π( π) sin cos cos sin ( )2 2 2 2 2 2 x x x xf x f x                文科数学参考答案及解析 第 2页，总 7页 故 πx  是函数 f x（ ）的一个周期，且当 [0,π)x 时 π( ) sin cos 2 sin [1, 2]2 2 2 4 x x xf x         ，故②正确，③ 错误． 9、解： sin sin sinA B C  ， cos cos cosA B C  ， sin sin sinB A C   ， cos cos cosB C A  ， 又 2 2sin cos 1B B  ， 2 2(sin sin ) (cos cos ) 1A C C A     ， 即 2 2 2 2sin 2sin sin sin cos 2cos cos cos 1A A C C C A C A      ，整理得： 1cos( ) cos cos sin sin 2A C A C A C    ， 在 A ， B ， (0, )2C  内 sin 0A  ， sin 0B  ，sin 0C  ，由题中条件得 sin sin sin 0A C B   ， 又由正弦函数增减性得 A C ， 0 2 AA C    ，则 3A C   ，即 3C A    ．故选： B ． 10．B【解析】设 t tt ，则 ，两式作差得 t ， t t t ，即 t t ，设直线 的倾斜角为 ，则 或 tan tan tan ，又 tan t t ，由 ，解得 ，即 ，故选 B. 11．【答案】D【解析】四面体 ABCD 与球 O 的位置关系如图所示， 设 E 为 BC 的中点， 为△ABC 外接圆的圆心. 由条件可得 AE= ,又直线 DG 与平面 ABC 所成的角等于直线 DE 与平面 ABC 所成的角即∠DEA.则由 tant t 在四边形 中， tt t 所以 （ ） （ ） t ,所以球 O 的表面积为 t .故选 D. 12．选 A f′(x)＝－m x2 －n x ＝－m＋nx x2 ，当 n＝0 时，f′(x)＝－m x2 ＜0，当 0＜n≤e 时，令 f′(x)＝0，则 x＝ －m n ＜0，所以函数 f(x)在[1，e]上单调递减，由函数 f(x)在区间[1，e]内有唯一零点， 得 f 1≥ 0， f e ＜0， 即 m－1≥0， m e －1－n＜0， 即 m－1≥0， m－e－en＜0， 或 f 1 ＞0， f e≤ 0， 即 m－1＞0， m－e－en≤0， 又 m＞0,0≤n≤e， 所以 m－1≥0， m－e－en＜0， m＞0， 0≤n≤e， (1)或 m－1＞0， m－e－en≤0， m＞0， 0≤n≤e， (2)文科数学参考答案及解析 第 3页，总 7页 所以 m，n 满足的可行域如图(1)或图(2)中的阴影部分所示，则n＋2 m＋1 ＝n－ －2 m－ －1 表示点(m，n)与点(－ 1，－2)所在直线的斜率， 当 m，n 满足不等式组(1)时，n＋2 m＋1 的最大值在点(1，e)处取得，为e＋2 1＋1 ＝e 2 ＋1， 当 m，n 满足不等式组(2)时，n＋2 m＋1 的最小值在 A 点处取得，根据 m－e－en＝0， n＝e， 得 m＝e2＋e， n＝e， 所以最小值为 e＋2 e2＋e＋1 ，故选 A. 13、0 14、 解析：由 sin 2 3 cos 2 3,C C  得 π 3sin 2 3 2C     ，在锐角三角形 ABC 中，易知 π0 ,2C  则 π π 2π23 3 3C    ，易得 3C  ，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 ccos cos 2 22 2 a c b b a cB b C c bac ab          ，得 2 2a  ， 易 知 π π π π, ,6 2 6 2A B    因 而 1 1sin 1, sin 12 2A B    ， 又 sin sin a c A C  ， 因 而 6 ( 6, 2 6),sin ABCc SA   △ 1 sin 2 csin ( 3, 4 3)2 ac B B  15、解：设 0(P x ， 0 )y ，则直线 PM 的方程为 0 0 1 3 3 xy x y    ，直线 PN 的方程为 0 0 1 3 3 xy x y   ． 联立方程组 0 0 1 1 3 3 1 3 y x x y y x        ，解得 0 0 3( 2 2 xM y ， 0 0 )6 2 x y ， 联立方程组 0 0 1 3 3 1 3 xy x y y x        ，解得 0 0 3( 2 2 xN y ， 0 0 )6 2 x y  ， 2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0 3 3| | | | ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 6 2 2 2 6 x y x x y xPM PN y y          2 2 0 0 5 59 x y  ， 0(P x ， 0 )y 在 椭 圆 上 ， 2 2 2 2 2 2 0 0b x a y a b   ， 2 2 0 0 5 59 x y 为定值， 2 2 1 9 b a  ， 2 2 2 2 1 81 9 9 a be a      ． 2 2 3e  ． 16.4 17、(1)因为 1n nS pa  ,所以 1 2 1 0n na a a pa      ,所以当 2n  时, 1 2 1 0n na a a pa     ,两式相减,得 1 1( 2)n n a p na p    ,故数列{ }na 从第二项起是公比为 1p p  的等比数列文科数学参考答案及解析 第 4页，总 7页 又当 1n  时, 1 2 10,a pa a a   ,所以 2 aa p  从而 2 ( 1) 1( ) ( 2)nn a n a a p np p     (2)由(1)得 1 1 1( )k k a pa p p    , 2 1( )k k a pa p p  , 1 3 1( )k k a pa p p    若选①,则 1 2 32k k ka a a    , 1 1p p   或 1 1 2 p p    ,得 2 3p   所以 1 1 1 3 3 1 3 1( ) , ( )2 2 2 2 k k k k a aa a         所以 1 3 1 9 1( )8 2 k k k k ad a a        若选②,则 2 3 12k k ka a a    , 1 1p p   或 1 2p p    ,得 1 3p   所以 1 1 23 ( 2) , 3 ( 2)k k k ka a a a        ,所以 1 1 2 9 ( 2)k k k kd a a a         . 18、（Ⅰ）证明：取 BD 的中点 O ，连接 OC ， OA ， ABD 是等边三角形， AO BD  ， 又 BC CD ， CO BD  ， CO AO O  ， BD  平面 AOC ， AC  平面 AOC ， AC BD  ； （Ⅱ）解：平面 ABD  平面 BCD ，平面 ABD  平面 CBD CD ， AO  平面 BCD ，且 2BD  ， 3AO  ， 取 CD 的中点 F ，连接 OF ， EF ， 同理可证 CD  平面 EOF ， CD  平面 AOF ， A ， O ， F ， E 共面， 平面 BCD  平面 OFE ，作 EH 垂直 OF 于点 H ，则 EH  平面 BCD ， 故点 E 到平面 BCD 的距离即为 EH ， 又 AE  平面 CDE ， AE EF  ， AE EC ，  2 2OF  ， 6 2EF  ， 14 2AF  ， 2AE  ， 得 42sin 7AFO  ， 21cos 7AFE  ， 7cos 7AFO  ， 2 7sin 7AFE  ． 由 2 3 2sin sin( ) sin cos cos sin 7EFO AFO AFE AFO AFE AFO AFE             ，  6 2 3 2 6 3 3 2 7 7EH     ． 即点 E 到平面 BCD 的距离 6 3 3 7  ．文科数学参考答案及解析 第 5页，总 7页 19．解：（1）由题意 M 过点 ( 3,0)A ，且与 2 2:( 3) 16N x y   内切，设两圆切点为 D 所以| | | | | | 4MD MN ND   ， 在 M 中，| | | |MD MA 所以| | | | 4MA MN  ，所以 M 的轨迹为椭圆，由定义可知 2 4 3 a c   ，所以求轨迹 C 的方程 为 2 2 14 x y  ． （2）当l 的斜率不存在的时，设 0(P x ， 0 )y ，所以 0(Q x ， 0 )y ，所以 0 0 0 0 2 20 0 1 2 2 2 14 PB QB y yk k x x x y            ， 解得 0 0 2 3 2 3 3 x y     或  0 0 2 0 x y    舍 ，所以 l 与 x 轴的交点为 2( ,0)3 ，当 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y kx b  联立 2 2 14 y kx b x y     消元 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kbx b     ，△ 2 2 2 2 2(8 ) 4(1 4 )(4 4) 64 16 16 0kb k b k b        ，所 以 2 24 1k b  ，由韦达定理 2 1 2 1 22 2 8 4 4;1 4 1 4 kb bx x x xk k      ， 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 2 2 ( 2) ( 2)PB QB y y kx b kx bk k x x x x        2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 4 4 8 ( ) 1 4 1 4 4 4 82( ) 4 2 41 4 1 4 b k bk bk x x kb x x b k k b kbx x x x k k                2 2 2 2 4 ( 2 )( 2 ) (4 2 ) 4(2 ) b k b k b k k b k b      ， 又因为 2 0k b  ，所以 2 1 4( 2 ) 2 b k b k    ，即 2 3b k  ，所以 2 2 221 ( ) 1 43b k k     ，所以 2 3b k  成立， 所以 2 2( )3 3y kx k k x    ，当 2 3x  时， 0y  ，所以l 过 2( ,0)3 综上所述l 过定点，且点坐标为 2( ,0)3 20、解：（Ⅰ）因为 ˆ 96.54 dxy e ，所以 96.54 4.6lny ln dx v dx     ，将 3.7, 4.5v x  代入上式，得 0.2d   ，所 以 0.2ˆ 96.54 xy e ．令 1u x  ，则 y b au  ，因为 360 458y   ，所以 8 1 8 2 2 1 8 183.4 8 0.34 45ˆ 1001.53 8 0.1158 i i i i i u y u y b u u             ， 则 ˆˆ 45 100 0.34 11a y b u      ，所以 ˆ 11 100y u  ，所以 y 关于 x 的回归方程为 100ˆ 11y x   ．综上，指数模型回 归方程为 0.2ˆ 96.54 xy e ，反比例函数回归方程为 100ˆ 11y x   ． （Ⅱ） y 与 u 的相关系数为 8 1 2 8 8 2 2 2 2 1 1 8 61 61 0.9961.40.61 6185.5( 8 )( 8 ) i i i i i i i u y u y r u u y y               ，文科数学参考答案及解析 第 6页，总 7页 因为 1 2| | | |r r ，所以用反比例函数模型拟合效果更好． （Ⅲ）设该企业的订单期望为 S （千件），则 10 9 8 1 101 1 1 1 11 ( ) 2 ( ) 3 ( ) 10 ( ) 11 ( )2 2 2 2 2S           ， 令 10 9 8 11 1 1 11 ( ) 2 ( ) 3 ( ) 10 ( )2 2 2 2T         ①， 则 11 10 9 21 1 1 1 11 ( ) 2 ( ) 3 ( ) 10 ( )2 2 2 2 2T         ②， ②  ①，得 11 10 9 21 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 52 2 2 2 2T      ， 化简得 1019 ( )2T   ，所以 101 39 ( ) 12 92 256S      ， 所以该企业的利润约为： 3 3 100(9 ) 100 (9 ) [10 11 ] 6123256 256 9 256          （千元）． 注意：若将 S 先行四舍五入得 9 千件，利润算得 611 千元，扣一分． 21、解：（Ⅰ）函数的定义域为{ | 0}x x  ， 1( )f x ax    ， ①当 0a 时， ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； ②当 0a  时，令 ( ) 0f x  解得 10 x a   ，令 ( ) 0f x  解得 1x a  ，故此时函数 ( )f x 在 1(0, )a 上单调递增，在 1( , )a  上单调递减； （Ⅱ）证明：当 1a  时， ( )( ) 1 1 1lnx x x lnx xg x xe x xe x e x           ， ( ) 1 0( 0)xg x e x     ，不妨设 1 20 x x  ， 下先证：存在 1(x  ， 2 )x ，使得 2 1 2 1( ) ( ) ( )( )g x g x g x x    ， 构造函数 2 1 1 1 2 1 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )g x g xH x g x g x x xx x     ，显然 1 2( ) ( )H x H x ，且 2 1 2 1 ( ) ( )( ) ( ) g x g xH x g x x x      ， 则由导数的几何意义可知，存在 1(x  ， 2 )x ，使得 2 1 2 1 ( ) ( )( ) ( ) 0g x g xH g x x        ，即存在 1(x  ， 2 )x ，使得 2 1 2 1( ) ( ) ( )( )g x g x g x x    ， 又 ( ) 1xg x e   为增函数， 2 1 2 1 1 2 1( ) ( ) ( )( ) ( )( )g x g x g x x g x x x        ，即 2 1 1 2 1( ) ( ) ( )( )g x g x g x x x    ， 设 3 1 1 2 2 1 2( 0)x x x       ，则 1 3 1 1 2 2(1 )x x x x     ， 2 3 2 2 1 1(1 )x x x x     ， 1 3 3 1 3 3 3 1 1 2 2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )[(1 ) ]g x g x g x x x g x g x x x           ①， 2 3 3 2 3 3 3 2 2 1 1( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )[(1 ) ]g x g x g x x x g x g x x x          ②， 由① 1  ② 2 得， 1 1 2 2 3 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )g x g x g x g x x       ， 即 1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( ) ( )g x x g x g x      ．文科数学参考答案及解析 第 7页，总 7页 22.（1）由 2 2cos 2sin x y       消去参数 可得 1C 普通方程为  2 22 4x y   ， ∵ 4sin  ，∴ 2 4 sin   ，由 cos sin x y        ，得曲线 2C 的直角坐标方程为  22 2 4x y   ； （2）由（1）得曲线  2 2 1 : 2 4C x y   ，其极坐标方程为 4cos  ，由题意设    1 2, , ,A B    ，则 1 2 4 sin cos 4 2 sin 4 24AB               ， ∴sin 14       ，∴  4 2 k k Z      ，∵ 0    ，∴ 3 4   . 23. (Ⅰ)f(1)＝|1－2a|－|1－a|>1.1 分 若 a≤1 2 ，则 1－2a－1＋a>1，得 a1，得 a>1, 4 分 综上所述，a 的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞).5 分 (Ⅱ)由题意知，要使得不等式恒成立，只需[f(x)]max≤[|y＋2020|＋|y－a|]min，6 分 当 x∈(－∞，a]时，|x－2a|－|x－a|≤－a，[f(x)]max＝－a，7 分 因为|y＋2020|＋|y－a|≥|a＋2020|， 所以当(y＋2020)(y－a)≤0 时，[|y＋2020|＋|y－a|]min＝|a＋2020|，9 分 即－a≤|a＋2020|，解得 a≥－1010，结合 a