2020届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二）理数-答案.pdf

理科数学参考答案·第 1 页（共 12 页） 2020 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二） 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 B A D C B A D C C B B D 【解析】 1．结合图象易知 2yx 与 yx 有两个交点，所以 A B 的元素个数为 2，故选 B． 2．设 iz ab ，由题意知， 3cos30 2a ， 1sin 30 2b   ，所以 31i22z ，故选 A． 3．湖北最新确诊人数有增有减，A 错误；全国最新确诊人数呈先增加后减少的趋势，B 错误； 2 月 4 号全国新增确诊人数达到最多，并非患病人数最多，C 错误；非湖北地区 1 月 20 日 至 2 月 10 日这几天内新增确诊人数相较于湖北地区新增确诊人数的波动性较小，变化比 较平稳，方差更小，D 正确，故选 D． 4．圆 2222 0xy xym化为标准方程为 22(1)(1)2x ym  (2)m  ，由题意 (1 1)，到 直线 22 0xy 的距离 22 22 2 dm ≤ ，解得 2m ≤ ，故选 C． 5．双曲线 22 221xy ab中，令 x c ，得 2by a  ，所以 22||bAB a ，由题意 22 2b ca  ，化简得 22caac，所以 2 10ee，解得 1 15 2e  ， 2 15 2e  （舍去），所以 15 2e  ， 故选 B． 6． 1 π cos() ln π cos xfx x x   ， 0x  ， 1 π cos() ln ()π cos xf xfxxx   ，所以 ()f x 为奇函数，排 除 C，D；当 π0 2x  ，时， π cosln ln1 0π cos x x  ， 1 0x  ，所以 () 0fx ，故选 A． 理科数学参考答案·第 2 页（共 12 页） 7．令 π 5tx，则 ππππ55t    ，，因为()f x 在[ ππ] ， 上单调递增，结合图象可知 πππ 52 πππ 52       ≥， ≤， 解得 3 10≤ ，故选 D． 8．因为 ()ab b，所以 2ab b， 2 2 || 1 1cos |||| |||| || || 2428tt   ，，ab b bab ab ab a a 又因为 2222 4282[(2)2]2[(22)2]4tt t ≥，所以10cos 2 ，≤ab ，所 以 a ， b 的夹角的最小值为 π 3 ，故选 C． 9 ． () ln(e e )x xfx ， xR，则 ()ln(ee)()xxf xfx   ，并且 ee() ee xx xxfx      ， 则 [0 )x，时，() 0fx ≥ ，当且仅当 0x  时，“=”成立，所以 ()f x 为在 [0 )x，上 单增，在 (0]x， 上单减的偶函数， ππ 22 00 111sin d ( cos ) |222axxx  ， 1.1 11110 222b       ， 22 31log log 332c  ， 22 11( ) log 3 log 322fc f f  1 2f   ，所以 () () ()f cfafb，故选 C． 10．由程序框图可知 1n  时， 2πSr ， 3 2rr ； 2n  时， 223ππ4Sr r ， 2 33 24rrr ； 3n  时， 2 22 233ππ π44Sr r r  ， 33 42rr ； 4n  时， 2 22 233ππ π44Sr r r   理科数学参考答案·第 3 页（共 12 页） 3 23π 4 r  ， ，由以上规律可知 2020n  时， 23 22 2 233 3ππ π π44 4Sr r r r        2019 2 2019 2020 22 233333ππ14π 144444rr r                     ，故选 B． 11．如图 1 所示，线段GP 在平面 ABCD 上的投影随着点 P 的变化而变化，故①错； 11||33C BPG P BCG BCG BCGVV ShSAB △△为定值，②正确；因为 E ，F ，G 分别为棱 AA ， AD ，CC 的中点，所以 EF A D∥ ， EG A C ∥ ， EG EF E ， 所以平面 EFG A DC∥平面 ，所以 GP∥平面 A DC  ，③正确；因 为 BD 不垂直于 DC ，所以一定不存在点 P ，使得 BD  平面 PDC ，④错误，故选 B． 12． 2() lnf xxaxa  ，设 2() lng xxaxa ， 22() 2 0axagx x xx    ，所以 ()f x 在 [1 2]， 上为增函数，不妨设 12x x ，则 12 12 |() ()| || fx fx axx    等价于 12() ()fx fx 12()ax x ，即 11 2 2() ()f xaxfxax  ，设 2() () lnhxfx axx axaxa  ，则证明 12() ()hx hx ，即证明 () 2 0ahx x ax  ≥在[1 2]， 上恒成立，化简得 22 1 xa x ≤ ， [1 2]x ，，设1 x t，则 22( 2 1) 122ttattt    ≤，[2 3]t  ，，因为 1() 2 2mt t t  在[2 3]， 上单调递增，所以 min 1() 2 2 2 12mt    ，所以 min() 1amt ≤ ，故选 D． 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 24 1 24 4 7 (0 4 3]， 图 1 理科数学参考答案·第 4 页（共 12 页） 【解析】 13． 412x x  展开式的通项公式为 4442 14 4C(2) (1) C(2) (1)rrrrrrrr rTxx x    ，令 2r  ，得 22 34C2 24T ，所以展开式的常数项为 24 ． 14．因为 (1)4f ，所以 1 m ≥时，(1)2f   ，不满足题意， 1m  时， (1) 4fm ，满 足题意，所以 4m  ，又因为 23log34  ，所以 223log3 3 log3 2 111(3 log 3) 222f         11 1 83 24 ． 15．设 11()A xy，， 22()Bx y， ，联立方程 2 20 2 yx ypx    ， ， 得 2 240ypyp ，显然 0 ，由韦 达定理得 122yy p， 12 4yy p ，所以 2 2 12 1||1 | |24 16AByyppk     ， Myp ，则 2Mxp  ， 2N px  ，则||| | 22MN pMN x x ，又因为 M 为 AB 的中点， 且 π 2ANB，所以||2||AB MN ，所以 224 16 4ppp ，解得 4 7p  ． 16．由 sin(2 cos ) = sin1+cos CA AC- ，化简得 2sin sin sinCAB  ，所以 2cab  ． 法一： 4c  ， 8ab ，且满足 84 48 48 bb bb bb      ， ， ， 解得 26b  ，由余弦定理得cos A  22226 2 bca b bc b   ，又因为 1 sin2ABCSbcA△ ，所以 2222221 sin 4 (1 cos )4ABC SbcAbA△ 212( 8 12)(2 6)bb b ，所以 2 (0 48]ABC S △ ， ，则 (0 4 3].ABCS △ ， 法二：因为 4c  ， 8ab，所以顶点C 的轨迹为以 A 和 B 为焦点的椭圆，由图形可知 当 4ab，即 ABC△ 为等边三角形时面积最大，此时 43ABCS △ ，又因为 ABCS△ 可以 趋近 0 ，所以 (0 4 3]ABCS △ ，． 理科数学参考答案·第 5 页（共 12 页） 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） 解：（1）{}na 为等差数列，因为 4 10S  ， 5 5a  ， 所以 14610ad， 1 45ad，解得 1 1a  ， 1d  ， 所以 nan ．………………………………………………………………………………（3 分） 因为 4 (4 1)3 n nT ， 所以当 2n≥ 时， 1 1 44(4 1) (4 1) 433 nnn nnnbTT     ； ……………………………………………………………………（5 分） 当 1n  时， 114bT， 综上， 4n nb  ，n N ．…………………………………………………………………（6 分） （2） 2 111log 4 2(1) 1 n ncnnn n n   ，…………………………………………（8 分） 所以 12nnCcc c  2(1 2 3 )n  1111 1 1 1223 1nn   1(1 ) 1 1nn n  (1 ) 1 nnnn ， 所以 (1 ) 1n nCn nn ，………………………………………………………………（10 分） 因为 (1 ) 1001n nCn nn  ，当 1n≥时， 1(1 ) 1 1nCn n n 为关于 n 的递增数列， 89 990 10010CC ， 10 10110 10011C ， 所以 n 的最大值为9 ．…………………………………………………………………（12 分） 理科数学参考答案·第 6 页（共 12 页） 18．（本小题满分 12 分） 解：（1）应选择模型①，因为模型①每组数据对应的残差绝对值都比模型②的小，残差 波动小，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明拟合精度高．（言之有理即可） ………………………………………………………………………………………（4 分） （2）由（1）知，需剔除第一组数据，得到下表 x 6 7 8 9 10 y 3.5 5.2 7.0 8.6 10.7 则上表的数据中， 7.5 6 5 85x ， 5.9 6 0.4 75y  ， 5280xy ， 25320x  ， 5 1 299.8 5 0.4 297.8ii i xy   ， 5 2 1 355 25 330i i x   ， 所以 5 1 5 22 1 5 297.8 280 330 3205 ii i i i xy xy b xx        17.8 1.7810  ， ………………………………………………………………………………………（10 分） ˆ 71.788 7.24aybx   ，得模型①的回归方程为 1.78 7.24yx  ， 则 11x  时， 1.78 11 7.24 12.34mmy    ， 故光照时间为 11h 时，该植物的平均增长高度为12.34mm ． ………………………………………………………………………………………（12 分） 19．（本小题满分 12 分） （1）证明：如图 2，连接 DM，因为 2AB BC， 90ABC ADC   ， M 为 AC 的 中点， 所以 BM AC ，………………………………………（1 分） 2AC  ， 1DM BM， 又因为 2DB  ，所以 222DM BM DB，所以 BM DM ， ……………………………………………………（3 分） 图 2 理科数学参考答案·第 7 页（共 12 页） DMACM ，所以 BM  平面 ADC，而 DC  平面 ADC，所以 BM DC ． ………………………………………………………………………………………（4 分） （2）解：取 MC 的中点为O， BC 的中点为 E，连接 DO， OE，则BM OE∥， 因为 60DCA，所以 1DC MC DM ， 又因为O 为 MC 的中点，所以 DOAC ， 由（1）知 BM  平面 ADC ， DO  平面 ADC， 所以 BM DO ， 又 BM AC M ，所以DO  平面 ABC， 以O 为坐标原点，OA， OE， OD 所在直线分别为 x， y ， z 轴建立如图所示坐标系， ………………………………………………………………………………………（6 分） 由题意知 3 002A  ，， ， 1 102B  ，， ， 300 2D  ，， ， 1 002C ，， ， 则 13122BD    ，， ， (1 1 0)BA   ，，， 13022DC    ，， ， 设平面 DAB 的向量为 ()nxyz  ，， ， 则 13022 0 nBD x y z nBAx y            ， ， 令 1x  ，得 (1 1 3 )n   ，， 为平面 DAB 的一个法向量， ………………………………………………………………………………………（8 分） 假设线段 DC 上存在点Q ，使得直线 BQ 与平面 ADB 所成角的正弦值为 5 10 ， 设 [0 1]DQ DC   ，，，则 BQ BD DQ BD DC      ， 所以 13(1 ) 1 (1 )22BQ      ，， ， 理科数学参考答案·第 8 页（共 12 页） 所以 2 52|cos |10 |||| 52 nBQnBQ nBQ          ，，化简得 215 2 0， 解得 1 1 3  ， 2 2 5   （舍去），所以存在这样的点Q， ……………………………………………………………………………………（11 分） 此时 11 33DQ DC．…………………………………………………………………（12 分） 20．（本小题满分 12 分） （1）解：由 0 0 2 2 1 2 x x yy     ， ， 得到 0 0 2 2 x x yy    ， ， 又因为 00()P xy，在圆224xy上， 所以 22 004xy①，把 0 2x x ， 0 2yy 带入①，得 2 2 12 x y  ， 所以曲线C 的标准方程为 2 2 12 x y．…………………………………………………（4 分） （2）证明：设直线 AB 的方程为 1x my  ， 11()A xy，， 22()Bx y， 12(2)xx，， 联立直线和椭圆方程 2 2 12 1 x y xmy     ， ， 化简得 22(2)210mymy ，易知 0 ， 由韦达定理 12 2 2 2 myym   ， 12 2 1 2yy m   ，…………………………………………（6 分） 由题意：直线 1 1 (2) 2NA yly x x   ： ，所以 1 1 (2 2)2 2 yD x  ， ， 所以 1 1 (2 2) 2DF yk x   ，所以 1 1 2 (2 2)FE xk y   ， 理科数学参考答案·第 9 页（共 12 页） 所以 1 1 2 (1) (2 2)FE xly x y    ： ，令 2x  ，得 1 1 22 (2 2) xE y  ，， ………………………………………………………………………………………（8 分） 因为 (20)N  ，，(1 0)F ， ，所以 22(2)NB x y  ，， 1 1 222 (2 2) xNE y    ，， 因为 121 22 2 11 2(2)(2)(2 2) ( 2) (2 2) (2 2) (2 2) xxxyx y yy   2 12 2 1 1 (2 2) ( 2)( 2) (2 2) yy x x y   2 12 2 1 1 (2 2) ( 1 2)( 1 2) (2 2) yy my my y      22 2 12 12 1 2 1 (2 2) (1 2)( ) (1 2) (2 2) yy m yy m y y y   22 2 2 1 (6 4 2) 2 (1 2) (2 )(3 2 2) 2 (2 2) mm m m y          2 2 1 ( 3 2 2 3 2 2) (6 4 2) (6 4 2) 0 (2 )(2 2) m my         ， 所以 NB  与 NE  共线，所以 N， B， E 三点共线．……………………………………（12 分） 21．（本小题满分 12 分） 解：（1）当 0k  时， 2() 2cosf xx x ， () 2 2sin 2( sin)f xx xx x  ， ………………………………………………………………………………………（1 分） 设 () sing xx x ， () 1 cos 0gx x  ≥，且 () 0gx  在任意子区间上不恒成立， 所以 ()g x 在 R 上单增， 又因为 (0) 0g  ，所以 (0 )x，时，() 0gx ，即 () 0fx  ； 理科数学参考答案·第 10 页（共 12 页） (0)x，时，() 0gx ，即 () 0fx  ，………………………………………………（3 分） 所以 ()f x 的单调减区间为 (0)， ，单调增区间为 (0 ) ，． ………………………………………………………………………………………（4 分） （2）因为 ()f x 在 π0 2   ， 上为单调递增函数， ( ) 2 2sin ( cos sin sin )f xx xkxx x x     22sincosx xkxx  在 π0 2      ， 的任意子区间 内不恒为 0， 所以 () 0fx ≥在 π0 2   ， 上恒成立， 令 () 2 2sin coshx x x kx x  ， π0.2x      ， ……………………………………………（5 分） ①当 0k ≤ 时， () 2 2sin cos 0hx x x kx x  ≥ 显然成立，满足题意； ………………………………………………………………………………………（6 分） ②当 0k  时， () 2 2cos (cos sin) 2 (2 )cos sinhx x k x x x k x kx x       ， （ⅰ）当 04k ≤时，()2(2)cos sin 22cos sin0hx k x kx x x kx x      ≥， 所以 ()hx在 π0 2   ， 上单增，所以 () (0)0hx h ≥ ，满足题意； ………………………………………………………………………………………（8 分） （ⅱ）当 4k  时， () 2 (2 )cos sinhx k x kx x    ， ( ) (2 2)sin cos 0hx k xkxx  ≥， 所以 ()hx 在 π0 2   ， 上单增， 因为 (0) 4 0hk ， π 2 π >022 kh   ， 理科数学参考答案·第 11 页（共 12 页） 所以 0 π0 2x  ， ，使得 0()0hx  ， 又因为 ()hx 在 π0 2   ， 上单增，所以 0(0 )x x ，时，() 0hx  ， 0 π 2xx ，时，() 0hx  ， 所以 0x 为 ()hx在 π0 2   ， 上唯一的极小值点，所以 0() ( )hx hx≥， 又因为 (0) 0h  ，所以 0() (0)0hx h， 所以 0(0 )x x ，时，() 0hx  ，不满足题意． ………………………………………………………………………………………（11 分） 综上所述， 4k ≤ ．……………………………………………………………………（12 分） 22．（本小题满分 10 分）【选修 4−4：坐标系与参数方程】 解：（1）联立 2 2cos 0和 π 6  ，得到 1 0  （舍去）， 2 3  ， 所以 π3 6M   ，，则 π3 2N   ， ．………………………………………………………（4 分） （2）由（1）知， OMN△ 为边长为 3 的等边三角形， 则外接圆的直径 32 sin 60R   ，得 1R  ， 将 π3 6M   ，， π3 2N   ， 化为直角坐标为 33 22M   ，，(0 3)N ，， 所以内接圆的圆心坐标为 13 22C   ， ， 所以圆C 的标准方程为 2213122xy  ，化为普通方程为 22 30xyx y  ， 理科数学参考答案·第 12 页（共 12 页） 所以圆C 的极坐标方程为 2 cos 3 sin 0  ，化简得 π2sin 6 ． ………………………………………………………………………………………（10 分） 23．（本小题满分 10 分）【选修 4−5：不等式选讲】 （1）解：因为 0m  ，所以 2 2 () |2 | |2 | 4 22 2 2 mmx mmfx x m x m x x mmx       ，≤ ， ，， ，≥ ， 所以 max() 2 4fx m，所 以 2m  ．……………………………………………………（5 分） （2）证明：由（1）知， 2abc  ，且 a， b， c 为正实数， 故有 3333 333()()()3()()()3()()()ab ac bc ab ac bc abacbc     ≥ 3(2 )(2 )(2 ) 48ab ac bc≥， 所以 333()()()48ab ac bc≥ ．…………………………………………………（10 分）