高三理科数学参考答案.pdf

鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 1页 鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 2页 鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校 2020 年 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案 1~6：BDDCAB，7~12：CBDDBC 13． 1 2  14． 5 16 15．9720 16．13π 解析 1．答案：B 解析：∵ 7 i (7 i)(3 4i) 25 25i 1 i3 4i (3 4i)(3 4i) 25z           ，∴ 1 iz   ．故选 B． 2．答案：D 解析：∵  2 1B x x    ，∴  2, 1B x x x   R 或ð ，∴    = 2,1,2A B R ð ，有 3 个元素， 子集个数为 8．故选 D． 3．答案：D 解析：∵ 3cos( ) 5     ，∴ 3cos 5   ， 4sin 5    ，∴ cos 3tan( )2 sin 4        ，故选 D． 4．答案：C 解析：∵1 b a  ，∴ 1 10 a b   ， ln ln 0x y  ，∴ ln ln 0x y    ， ln lnx y b a  ，故选 C． 5．答案：A 解析： 3 3 25400=2 3 5  ，2 出现的次幂数有 0 1 2 32 2 2 2，， ， 四种情况，同理有 3 出现的次幂数有四种 情况，5 出现的次幂数有三种情况，按照分步计数原理有 N=4 4 3 48   ，故选 A． 6．答案：B 解析：设等差数列 na 的公差为 d ，依题意有 32 2 3 2 1 SS a a    可得  1 0d d a  ，∴  1 0d a d  , ∴  1 11na a n d na    ，     1 1 1 1 2 2n n n n nS na d a     ，即 1 2 n n S n a  ，则 3 3 2S a  ，故 选 B． 7．答案：C 解析：由  1OQ mOA m OB     m R 可知，Q 是直线 AB ： 3 0x y   上的点． =OQ OD DQ   ，即求 D 到Q 的距离的最小值， D 是以  3,0C 为圆心，1为半径的圆上的点， 那么 D 到Q 的最小距离，就可以看成圆C 上的点到直线 AB 的最小值，即圆心到直线 AB 的距离减 半径， 3 0 3 1 3 2 1 2      ，故选 C． 8．答案：B 解析：抛物线 2 8y x 的焦点 (2,0)F ，准线为 l ： 2x   ，过 A 、 B 、 P 分别作 AA、BB、PP垂 直于l ，垂足分别为 A ， B ， P ．由抛物线定义知| | | |AA FA  ，| | | |BB FB  ．又 P 为 AB 中点， 由梯形中位线定理得 1 1 1 1| | (| | | |) (| | | |) | | 10 52 2 2 2PP AA BB FA FB AB         … ，则 P 到 y 轴的距离 5 2 3d  … （当且仅当 AB 过抛物线的焦点时取“ ” ) ，所以 3mind  ，即 M 点到 y 轴的最短距离为 3．故选 B． 9．答案：D 解析：设  0 1,2x  ，则    0 1,5g x   ，因为  f x 为周期函数，故以  f x 为突破口，设 n Z ， 则          0 0 0 0 0 0+2 2 2 2g x n f x n x n f x x n g x n         ，考虑在  0 1,2x  时， 取 2021n   ，则  0 2021 2020, 2019x     ， 所以        0 0 02021 2 2021 4042g x g x g x       ， 所以    0 2021 4043, 4037g x     ，取 2018n  ，则  0 +2018 2019,2020x  ， 所以        0 0 02018 +2 2018 +4036 4035,4041g x g x g x     ，所以  g x 在 2020,2020 的值域为 4043,4041 ．故选 D． 10．答案：D 解析：两曲线有且只有两个不同的公共点的充要条件是方程 2 21 2 1 02x a x a        有两个相 等的正根或者有一个正根，一个负根， 即   2 21 2 4 1 02 1 2 02 a a a                    或   2 2 2 1 2 4 1 02 1 0 a a a                ，鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 3页 鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 4页 解得 17 8a  或 1 1a   ．故选 D． 11．答案：B 解析：   2 2a c b d   表示动点 ,a b 与 ,c d 的距离的平方，由 ln 2 0ab c da      可知 ln =0 2=0 ab a c d      ， 则  ,M a b 与  ,N c d 的 轨 迹 方 程 分 别 为 ln= xy x 与 2=0x y  ， 0 0 2 0 1 ln= 1x x xy x   ，则 0 1x  ，切点为  1,0Q 到直线 2=0x y  的距离的平方为 9 2 ．故选 B． 12．答案：C 解析：设 2 2( ) 2 lnxg x x e x  ， ( 0)x  ，则函数 ( )g x 在 (0, ) 上为增函数， 由 2 22 ln 0xx e x  得 2 ln2 x xxe x  ， 设 ( ) xf x xe ， 则 2(2 ) 2 xf x xe ， ln ln( ln ) ln x xf x xe x      ，即方程 2 ln2 x xxe x  等价为 (2 ) ( ln )f x f x  ． 0x 是方程 2 22 ln 0xx e x  的实根， 022 0 02 lnxx e x   ，即 0 0(2 ) ( ln )f x f x  ， ( ) ( 1) 0xf x x e    ， ( )f x 在 (0, ) 上是增函数， 0 02 lnx x   ，即 0 02 ln 0x x  ，故③ 正确，则④不正确，设 ( ) 2 lnh x x x  ，则 ( )h x 在 (0, ) 上为增函数，则 1 2 1 2( ) ln 1 0h e e e e      ， 0 1x e   ，故②错误， 1 1 1( ) 2 ln 1 ln2 02 2 2h       ，即 0 1 2x  ， 1ln2 ln 2e  ， 0 ln2x … 错误，故①错误，故答案为：①②④．故选 C． 13．答案： 1 2  解析：依题意有 1 1 2    ，∴ 1 2    ． 14．答案： 5 16 解析：依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为 400，公差为 100 的等差数列．设此数列为 na ， 则由题意知 1 =500a ， 100 400na n  ，由 4500nS  ．解得 6n  或 15n   （舍去），所以此决 赛共比赛了 6 场．则前 5 场比赛的比分必为 2 3: ，且第 6 场比赛为领先的球队获胜，其概率为 5 3 5 1 5 2 16C      ． 15．答案： 9720 解析：当工资、薪金为8000 元时，缴纳税款 3000 3% 90  (元)； 当工资、薪金为17000元时，缴纳税款3000 3% 9000 10% 990    (元)， 所以他的工资、薪金在8000 17000 元之间， 设工资、薪金为 x 元，则 3000 3% ( 9000) 10% 180x     ，解 得： 9900x  ， 所以税后所得为 9900 180 9720  (元)． 16．答案：13π 解析：由题意得 SA2+AB2＝SB2，得到 SA⊥AB，取 AB 中点为 D，SB 中点为 M，得到 MDC 为 S AB C  的二面角的平面角，得到 60MDC   ，设三角形 ABC 的外心为O，则 3CO BO   ， 3 2DO  ，球心为过 M 的 ABS 的垂线与过 O 的 ABC 的垂线的交点 O ， 在 四 边 形 MDO O 中 ， 1 2OO  ， 所 以 2 2 2 2 1 34R OB O O O B      ，所以球的表面积为 4 π R2＝13 π ． 17．【解析】（1）由题意知：   2 1 3 π 2sin32sin2 3 2 2cos1 22 2cos1           xx xx xf ； 令 π22 π k ≤ 3 π 2 x ≤ π22 π3 k ， k Z，则 π43 π5 k ≤ x ≤ π43 π11 k ， k Z ∴函数  xfy  的单调减区间为      π43 π11,π43 π5 kk ， k Z．------------------- 5 分 （2）∵   2 1Bf ， ∴ 03 π 2sin      B ， 又因为 π0  B ,即 6 π 3 π 23 π  B ，所以 03 π 2 B ，即 3 π2B ．-------------- 7 分 法一： 在△ABC 中由余弦定理可知： Baccab cos2222  ，即   accaacca  2223鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 5页 鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 6页 ∴   32  caac ≤   4 2ca  ，当且仅当 ca  时取等号，∴  2 4 3 ca  ≤3 ，解得 ca  ≤ 2 又∵ bca  ，∴ ca 3 ≤ 2 ---------------------------------------------------------------- 11 分 ∴△ABC 周长的取值范围为( 32 ， 32  ]．------------------------------------------------ 12 分 法二： 在△ABC 中由正弦定理可知： 2sinsinsin  B b C c A a ，所以 Aa sin2 ， Cc sin2 ∴ CAca sin2sin2  ， 又∵ 3 π CA ，∴ AC  3 π ， 3 π0  A ∴            3 πsin2cos3sin3 πsin2sin2sin2sin2 AAAAACAca ∵ 3 π2 3 π 3 π  A ，∴       3 πsin2 3 A ≤1，即 ca 3 ≤ 2 ---------------------- 11 分 ∴△ABC 周长的取值范围为( 32 ， 32  ]．------------------------------------------------ 12 分 18．【解析】（1）证明：如图所示，取 MB 的中点 P，连接 DP，PN ∵N 为 MC 的中点，P 为 MB 的中点 ∴NP // BC，又∵DE // BC，∴NP // DE，即点 N、E、D、P 四点共面 又∵EN // 平面 MBD， NEDPEN 平面 ， DPMBDNEDP 平面平面  ∴EN // DP，即四边形 NEDP 为平行四边形 ∴NP // DE，即 BCDE 2 1 ，所以 2 1 ．------------------------------- 5 分 （2）法一： 取 DE 中点 O，因为平面 MDE  平面 DECB 且 MO  DE，所以 MO  平面 DECB， 如图所示，建立空间直角坐标系 O- xyz，不妨设 BC=2，则  3,0,0M ，  0,0,D ，   0,13,1 B ∴   3,0, MD ，   0,13,1  DB 设平面 BMD 的法向量  zyxm ,, ，则     3 0 1 3 1 0 MD m x z DB m x y                    ，即 3 3 x z x y     不妨令 3x ，即  1,1,3 m --------------------------------------------------------------- 8 分 又∵平面 EMD 的法向量  0,1,0n ∴ 5 5 5 1,cos  nm nmnm ，即二面角 B－MD－E 的大小与  值无关-------- 10 分 又因为二面角 B－MD－E 为钝二面角，所以二面角 B－MD－E 的正切值为 2 ．----- 12 分 法二： 过点 B 作 DEBR  ，交 ED 延长线于点 R，过点 R 作 MDRT  ，交 MD 延长线于点 T，连接 RT ∵平面 MDE  平面 DECB，∴ MDEBR 平面 ，∴ MDBR  又∵ MDRT  ，∴ BRTMD 平面 ，∴ MDBT  ∴ BTR 为二面角 B－MD－E 的补角------------------------------------- 8 分 不妨设 BC=2，则    13,1 BRDR 又∵    12 3 3sinDRRT ∴ 2tan  RT BRBTR 所以二面角 B－MD－E 的正切值为 2 ，它与  值无关．------------------------------------- 12 分 19．【解析】（1）由题意知：4a=8，即 a=2 ---------------------------------------------------- 2 分 又因为点 P（1， 2 3 ）在椭圆 C 上，所以 14 9 4 1 2  b ，即 3b ∴椭圆 C 的标准方程为 134 22  yx ． ------------------------------------------------- 4 分 （1）假设存在，记  0,mM ①当直线 l 斜率存在时，设直线 l：y=k(x+1)，  11, yxA ，  22 , yxB 由        1243 1 22 yx xky ，得   0124843 2222  kxkxk ∴        019161244348 22222  kkkk 2 2 212 2 21 43 124,43 8 k kxxk kxx   （*）---------------------------------------------------- 6 分 ∵ MBFMAF 11  ，∴ 0 MBMA kk ，即 0 2 2 1 1  mx y mx y o M B D E C N y Z x M B D E C N R T M B D E C N P鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 7页 鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 8页 ∴     01221  mxymxy ，即       011 1221  mxxkmxxk 整理得     0212 2121  mxxmxxk ，将（*）式代入得     02 43 18 43 38 2 2 2 2            m k km k kk ，即 0 43 624 2        k mk ，求得 4m ， 即此时  0,4M 符合题意 --------------------------------------------------------------------- 10 分 ②当直线 l 斜率不存在时，点  0,4M 显然符合题意 综上：x 轴上存在定点  0,4M ，使得 MBFMAF 11  恒成立．------------------- 12 分 20．【解析】（1）由题意知：   01.01000 2      mXP ，即 10m -------------------- 1 分 又因为 50 nm ，所以 40n --------------------------------------------------------------- 2 分 （2）由题意知 X 可取 0，1，2，3，4，5，6 且   01.01.01.00 XP ，   02.021.01.01 XP ，   09.01.01.024.01.02 XP ，   16.024.01.024.01.03 XP   24.04.04.024.01.04 XP ，   32.024.04.05 XP   16.04.04.06 XP ∴X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 6 P 01.0 02.0 09.0 16.0 24.0 32.0 16.0 ------------------------------------------------------------ 6 分 （3）记方案一所需延保金及维修费用之和为 1Y ，则 1Y 的分布列为： 1Y 8600 8600+a 8600+2a 8600+3a P 28.0 24.0 32.0 16.0 ∴   aaaaYE 36.18600316.0232.024.086001  （元） -------------- 8 分 记方案二所需延保金及维修费用之和为 2Y ，则 2Y 的分布列为： 2Y 10000 11000 12000 P 52.0 32.0 16.0 ∴   1064016.0200032.01000100002 YE （元） --------------------------- 10 分 令 1064036.18600  a ，则 1500a ①若 1500a ，则    21 YEYE  ，应选择方案一； ②若 1500a ，则    21 YEYE  ，可以任选一个方案； ③若 1500a ，则    21 YEYE  ，应选择方案二． ------------------------------------- 12 分 21．【解析】（1）由题意知：            x xxx xxmxxmxf e 13e2e132e2 2 222 令   x xxxg e 132  ，则            xxx xx xxxxxxxxg e 12 e 2 e e13e32 2 2 2  令   0 xg ，则 12  x ；令   0 xg ，则 12  xx 或 ∴  xgy  在  2, 上单调递减，在  1,2 上单调递增，在  ,1 上单调递减 ∵函数  xf 恰有两个极值点，∴  xf  有两个不同的变号零点， 又∵当 x 时，   xg ；   2e2 g ，   e 51 g ；当 x 时，   0xg ∴ m 2e ≤0． ----------------------------------------------------------------------------- 5 分 （2）令   0xg ，则 2 53x 不妨设 21 xx  ，由（1）知 2 53 ≤ 21 2 xx  ≤ 2 53 ------------------------- 6 分 令      xgxgxh  4 ， x 2 ≤ 2 53 则             xx xxxxxgxgxh   4e 52 e 124 即                 0e22e5e12e5e12 42444   xxxxx xxxxxxxxh ∴  xhy  在        2 53,2 上单调递减 ∴当        2 53,2x 时，有     02  hxh ，即    xgxg  4 ，鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 9页 鄂东南教改联盟学校 6 月份高考模拟 高三理科数学参考答案（共 10 页）第 10页 令 2xx  ，则    22 4 xgxg  ，又∵    12 xgxg  ，∴    21 4 xgxg  又∵  2,4, 21  xx 且  xgy  在  2, 上单调递减 ∴ 21 4 xx  ，即 421  xx ---------------------------------------------------------------- 9 分 ∴     420 2 21 21      xxxx ----------------------------------------------------------- 10 分 由（1）知： 13e 1 2 1 1  xxm x ， 13e 2 2 2 2  xxm x 两式相减得：     333ee 121212 2 1 2 2 12  xxxxxxxxm xx 所以   12 12 12 ee3 xx mxx xx   ≤0，即 12 xx  ≤ 3 所以   83 2121  xxxx 得证 ------------------------------------------------------------- 12 分 22．【解析】（1）∵           cossin2 2 cossin2 y x ，∴ 2 2 22 2 2                   yx ， 即曲线 C 的直角坐标方程为 14 2 2  yx -------------------------------------------------------- 3 分 又∵ 0sin2cos  m ，∴直线 l 的直角坐标方程为 02  myx ．----- 5 分 （2）设曲线 C 上任意一点   sin,cos2M ，则点 M 到直线 l 的距离为 5 4sin22 21 sin2cos2 2 mmd         ------------------------------------ 7 分 ①当 m ≥0 时，则 5 104 5 22 max  md ，即 22m ----------------------------- 8 分 ②当 m < 0 时，则 5 104 5 22 5 22 max    mm d ，即 22m ------------- 9 分 综上：实数 m 的值为 22 ．------------------------------------------------------------------- 10 分 23．【解析】（1）①当 x≤ 2 1 时，原不等式可化为 xx  2 521 ≤ 2 19 ，解得-2≤x≤ 2 1 ； ②当 2 1 < x < 2 5 时，原不等式可化为 xx  2 512 ≤ 2 19 ，解得 2 1 < x < 2 5 ； ③当 x ≥ 2 5 时，原不等式可化为 2 512  xx ≤ 2 19 ，解得 2 5 ≤x≤ 3 13 ； 综上：不等式  xf ≤ 2 19 的解集为     3 13,2 ．---------------------------------------------- 5 分 （3）由题意知：               2 5,2 73 2 5 2 1,2 3 2 1,2 73 xx xx xx xf ∴   22 1 min      fxf ，即 M=2 ∴ 2 cba ∴  cbacbacba       111 2 1111 ≥   2 91112 1 2  ，当且仅当 3 2 cba 时取等号 综上： cba 111  的最小值为 2 9 ．----------------------------------------------------------- 10 分