衡阳市2020届高三第一次联考理科数学试题参考答案.pdf

衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 1 页 共 9 页 衡阳市 2020 届高三第一次联考 数学（理科）参考答案 1.【答案】C 【解析】依题意，  0,1A ，  0,B ，所以  1,ACB ，故选C . 【命题意图】本题考查一元二次不等式的解法，指数不等式的解法以及补集的运算，属于基础题. 2.【答案】 B 【解析】 iz 1 ，所以 211 22   zz ，所以 iiz z 2 2 2 2 1 2   ，所以复数 z z  的实部是 2 2 虚部是 2 2 ，故选 B . 【命题意图】 源于教材的基础题，本题考查复数几何意义、复数的模、共轭复数、复数除法运算以及复 数实部、虚部的概念，属基础题. 3.【答案】 A 【解析】由题意知， Rx 使得 aπxxx       3sin2cos3sin ，知  2,2a ，选 A ． 【命题意图】此题重在考查三角函数与简易逻辑的交汇、辅助角公式的应用，属于中档题． 4.【答案】 B 【解析】    f x f x  ，则函数  y f x 为偶函数，函数  y f x 在区间 ,0 内单调递增， 在该函数在区间 0,  上为减函数， 1 1 2 2 log 3 log 1 0  ，由换底公式得 1 2 2 log 3 log 3  ，由函数的 性质可得  2log 3a f ，对数函数 2logy x 在 0,  上为增函数，则 2 2log 3 log 2 1  ，指数函数 2xy  为增函数，则 1.2 1 00 2 2 2    ，即 1.2 10 2 12    ， 1.2 2 10 2 log 32     ，因此，b c a  . 【命题意图】本题考查利用函数的奇偶性与单调性比较函数值的大小关系，同时也考查了利用中间值法比 较指数式和代数式的大小关系，涉及指数函数与对数函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属 于中等题. 5.【答案】 D 【 解 析 】 2( ) 2 0 2a b a a a b a b a b                    ， 因 此 a 在 b 方 向 上 的 投 影 为 12 2,cos     b babaa .衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 2 页 共 9 页 【命题意图】本题结合向量数量积的几何运算考查向量的投影的概念，属于基础题型. 6.【答案】 A 【解析】设所选 2 部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件 A ，所以 9 2 2 10 2 5    C CAp — ，因此   9 7 9 211    — ApAp ，故选 A ． 【命题意图】本题考查了超几何分布以及对立事件的概率，旨在考查学生的分析转化题意，求解运算能力. 7.【答案】 A 【解析】二项式   31 0mx m  的展开式的通项公式得     22121 32 31 xmmxCT  ．第二项的系数 为 3 ， 23 3m   ， 2 1m  ， 0m  ，解得 1m  ．当 1m  时，则 11 0 1 0  eedxe xx ，故选 A ． 【命题意图】本题考查了二项式定理与微积分基本定理的应用，属于中档题．旨在考查考生的分析转化能 力，逻辑推理，求解运算能力. 8.【答案】C 【解析】如图，作直线 0 yx ，当直线上移与圆 22 ( 1) 1yx    相切时， yxz  取最大值， 此时，圆心 (0,1) 到直线 0 zyx 的距离等于 1，即 1 2 1  z ，解得 z 的最大值为： 21 ， 当下移与圆 2 2 4x y  相切时， yxz  取最小值，同理 2 2  z ，即 z 的最小值为： 22 ， 所以  21,22 z ．故选C ． 【命题意图】 本题考查线性规划的数据应用，考查数形结合思想以及计算能力；考查分析问题解决问题 的能力. 9.【答案】 D 【解析】对于函数： 0.04y x ，当 100x  时， 4 3y   不合题意； 对于函数： 1.015 1xy   ，当 100x  时， 3.432 3y   不合题意； 对于函数： tan 119 xy      ，不满足递增，不合题意； 对于函数：  11log 3 10y x  ，满足： (6,100]x ，增函数， 且  11 11 11log 3 100 10 log 290 log 1331 3y       ，结合图象：衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 3 页 共 9 页 符合题意，故选 D . 【命题意图】 本题结合现实生活情境，考查函数模型的应用.解题关键在于弄清题目给定规则，依次用四 个函数逐一检验，属于中档题． 10.【答案】 D 【解析】不妨设过点  0,1 cF  与双曲线的一条渐进线平行的直线方程为 cyb ax  ，与另一条渐近线 xa by  的交点为      a bccM 2,2 ，由 021   MFMF 得 02,2 3 2,2            a bcc a bcc ，即有 32 2  a b ，又因 为 21 2 2  a be ，故选 D . 【命题意图】本题涉及双曲的渐近线、离心率等基本量的计算，旨在考查学生的数形结合思想，分析转化 能力．另外 021   MFMF 等价于点 M 在以线段 21FF 为直径的圆外，于是也可以由 cOM  获得结论. 11.【答案】C   xxxxπxπxxf 2020sin2 32020cos2 12020cos2 12020sin2 3 32020cos62020sin                  62020sin22020cos2020sin3 πxxx  max 2A f x   ，又存在实数 1 2,x x ，对任意实数 x 总 有      1 2f x f x f x  成立，        2 1max min2, 2f x f x f x f x      ，作出函数  xf 的图象， 由图可知， 2 21 xx  的最小值即为函数  xf 最大负零点 0x 的绝对值 0x ，而 2020 6 0 π ω φx  ，于是有 1 2| |A x x  的最小值为 303022020 62 π π             ，故选C . 【命题意图】本题主要考查公式三角函数的图象和性质以及辅助角公式的应用，重在考查学生数形结合思 想以及直观想象核心素养. 12. 【答案】 B 【解析】取 1AB 的中点 K ， AD 的中点 O ，连接 KM ， KN ， 1OB ，ON ，显然 ANBCM 1// 平面 ,故① 正确；衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 4 页 共 9 页 2 5 2 11 2 22 1 2 1      KBNBNKCM ，故②错误； 1KNB 即为异面直线 CM 与 1NB 所成角， 2 1tan 1 1 1  NB KBKNB ， 故③错误；显然O 为三棱锥 ANDB 1 外接球球心，且 1 OAR ,故④正确，综上，①④正确，选 B . 【命题意图】本题考查翻折过程中点线面位置关系、相关角度、长度、体积的计算．旨在考查考生的直观 想象、数学运算核心素养. 13. 【答案】 3 1 【解析】 由 xxy 12'  ，有 31  a ，从而 3 1a ． 【命题意图】题主要考查导数的几何意义、两直线的位置关系，属于容易题． 14. 【答案】 2 【解析】由余弦定理得： 2 2 2 2 2 2cos 2 cos2 b c aA b c a bc Abc        ，由面积公式 1 sin2S bc A  在 ABC 的面积 S 满足 222 3 34 acbS  ，可得 3tan A ， 3 πA  ，即 2 3sin A ， 再由正弦定理： 22sin  RA a ，有 22sinsin   RCA ca . 【命题意图】本题主要考查了正余弦定理的合理运用，熟悉公式及化简是解题的重点，属于较为基础题. 15. 【答案】8 【解析】抛物线 2 4y x 的焦点 (1,0)F ，设    2211 ,,, yxByxA ，直线 AB 方程为 Rmmyx  ,1 ，由      xy myx 4 1 2 得 0442  myy ， 于 是 有      4 4 21 21 yy myy ， 根 据 题 意 有 4421  myy ，   32 2 2 2121  yymxxt ，所以   8132 AB . 【命题意图】本题主要考查抛物线的简单性质，以及抛物线与直线的位置关系.解答直线与抛物线位置关系 的问题，其常规思路是先把直线方程与抛物线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程， 解决相关问题． 16. 【答案】 1m 【解析】解法 1：由题意对任意的   ,3x ，不等式   mex x 13ln  恒成立，则 3 ex 时，不等式   mex x 13ln  也成立，代入 3 ex 得 3 eem ，则 1m ，这是满足题意的一个必要条件，又 m 为整衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 5 页 共 9 页 数，只需验证 1m 时，对任意的   ,3x ，不等式   mex x 13ln  恒成立，即证   1 13ln ex x  ，变形 为   xex 13ln  对任意的   ,3x 恒成立，令     xexxg 13ln  ，   ,3x ，则    3 3'   xe xexg ，故  xg 在   ,3e 递减，  ,33 e， 递增，∴     03113  eegxg ， ∴   xex 13ln  对任意的   ,3x 恒成立，故 1m 满足题意.（此法参照端点效应，小题可用） 解法 2：记     x xxf 3ln  ，则     2 ' 3ln3 x xx x xf  ，令    3ln3  xx xxφ ，于是有     03 1 3 3 2 '    xx xφ ，  xφ 在  ,3 上单减，又   02ln24 77 φ ，   05ln5 88 φ ，  8,70  x ，使得          4 1,5 1 3 13ln 00 0 max xx xxf ，故有 4 11 me ， 4 me ， 1max m . 【命题意图】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，运用导数工具解决含 参数不等式恒成立问题关键是探寻到一个使命题成立的必要条件，这是解决此类题的常用手段，属于难题． 三、解答题 17. 【解析】（1）设公差为 d ，由题意得：      135369 92 1 1 da da ，解得 1 3{ 3 a d   ，∴ 3na n . …………5 分 （2）令 n n nac      2 1 3 11 2 则 6 10 1  ccn  6 1 1  TTn ，……………………………………………8 分 又 3 1 2 113 1 2 11 2 112 1 3 1                            n n nT  1 1 6 3nT  …………………………………………………12 分 【命题意图】 考查等差数列的基本量计算和数列的单调性，以恒成立思想为载体，旨在考查考生的知识 的化归与转化能力，求解运算能力. 18. 【解析】（1）证明：取 AC 的中点 O ，连接 EF ，OF ，∵在 DAC 中 DA DC ，∴ DO AC . ∴由平面 DAC  平面 ABC ，且交线为 AC 得 DO  平面 ABC .∵O ， F 分别为 AC ， BC 的中点， ∴ ABOF // ，且 2AB OF .又 ABDE // ， 2AB DE ，∴OF DEP ，且OF DE . ∴四边形 DEFO 为平行四边形.∴ DOEF // ，∴ EF  平面 ABC .……………………………………4 分 （2）∵ DO  平面 ABC ， AC BC ，∴以O 为原点，OA所在直线为 x 轴，过点O 与CB 平行的直线为 y 轴，OD 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系.则  1,0,0A ，  1,0,0C  ，  1,4,0B  .∵ EF  平面衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 6 页 共 9 页 ABC ，∴直线 BE 与平面 ABC 所成角 60EBF   . ∴ tan 60 2 3DO EF BF  o .∴  0,0,2 3D ，  32,2,1E ， 可取平面 ABC 的法向量  1,0,0  m ，设平面 DCE 的法向量  , ,n x y z ， 有  32,0,1  CD ，  32,2,0  CE ，则      0322 032 zy zx ，取 1z  ，则 2 3x  ， 3y ，所以有  1,3,32   m ，于是 4 1 41 1,cos       nm nmnm ，故所求二面角的余弦值为 4 1 .……………12 分 【命题意图】 本题背景为底面为直角三角形的棱柱切去部分结构剩下几何体，对几何体中线面垂直、线 线平行判定和性质、二面角平面角求法都有具体考查.旨在考查考生的空间想象、转化、求解运算能力. 19.【解析】（1）三角形 NMF1 的周长为 244 a ，又 2 2 a ce ， 2 2 2a b c  ，得 22 a ， 12 b ， 故所求椭圆方程为 12 2 2  yx .………………………………………………………………………………5 分 （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 由 2 2 1 12 x my x y     得 2 2( 2) 2 1 0m y my    1 2 1 22 2 2 1,2 2 my y y ym m       直线 NK 的方程： 2 2 3( )3 2 2 yy x x    ，令 1y y ，则有…………………………………………………8 分 1 2 21 2 1 2 2 2 2 2 2 13 1 3 ( ) 2( ) ( )3 2 22 2 2 2 m y y yy x y my y mx y y y           22 2 2 22 2 2 m m ym m y       NH 与 2l 交点的横坐标为定值 2 .…………………………………………………………………………12 分 【命题意图】着重考查解几中“可变图形中的不变性”这一核心内容.考查考生的分析转化，数据处理能力. 20.【解析】（1）解：当 ea  时，由   xxf  得， 0ln  xeexx ex ，令 xeexx exF x ln)(  其定 义为 ),0(  ，从而有 2 1 2 ' ))(1()( x xexe x eex exexF xxx   ，易知 xex 1 在 0＞x 时恒成立.故当 )1,0(x 时， 0)(' ＜xF ， )(xF 在 )1,0( 上单调递减，当 ),1( x 时， 0)(' ＞xF ， )(xF 在 ),1(  上单 调递增，所以 01ln)1()( min  eeeFxF .所以方程 0ln  xeexx ex 有唯一实数根 10 x ，故衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 7 页 共 9 页  xf 有唯一不动点.……………………………………………………………………………………………6 分 （2）解法 1：  xf 有两个不动点等价于函数   x eax exh xx ln 在  ，0 上有两个不同的零点，令 ex et x ＞ ，则有 tattgxh ln)()(  ，函数 )(xh 有两个零点等价于函数 )(tg 在 ),( e 上有唯一零点， 即方程 t t a ln1  在 ),( e 上有唯一解，考虑 )(ln)( ett tth ＞ ， 因 01ln)( 2 ' ＞ t tth  . )(th 在 ),( e 上单调递增，且 0)(lim   thx ，从而 011 ＜＜ ae  ， ea  ＜ .……………………………………12 分（ 0)(lim   thx 处不够严谨，酌情扣 2 分） 解 法 2 ： 先 证 明 2 ( 0)xe x x  . 令 ( ) 2 ,xx e x   则 ' ''( ) 2 , ( ) 2x xx e x x e     . 当 (0,ln 2)x 时, '' ( ) 0, (ln 2, )x x   当 时 '' ( ) 0x  ，从而 ' '( ) (ln 2) 0x   .因此， 2( ) xx e x   在 (0, ) 上单调递增， 故 ( ) (0) 0,x   所以 2 ( 0)xe x x  ,即 2ln ( 0)x x x  . ( )f x 有两个零点等价于 ln ( ) ln x xeg x ax x    有两个零 点， ln ' 2 ( ln 1)( 1)( ) ( ln ) x xe x x xg x x x x      ，…………………………………………………………………………7 分 易 知 ln ln 0, 1 ln 0x x xe e x x x       .当 (0,1)x 时 ， '( ) 0g x  ， 当 (1, )x  时 ， '( ) 0g x  ， 所 以有 min( ) (1)g x g e a   .……………………………………………………………………………………………9 分 下 面 说 明 当 a e  时 ln ( ) ln x xeg x ax x    有 两 个 零 点 . 取 1 (0,1)ax e  有 1 1 1ln lnx x x a     ， 故 1 1ln 1 1 1 1 1 ( ) ln 0ln x xeg x a x x ax x        . 取 2 (1, )ax e   ， 且 2 2 2ln lnx x x a    ， 故 2 2ln 2 2 2 2 2 ( ) ln 0ln x xeg x a x x ax x        .又 (1) 0g e a   ，由零点存在性定理知 ( )f x 在 (0,1) 存在唯一 3x ， 使 3( ) 0g x  在 (1, ) 内存在 4x 使 4( ) 0g x  ，综上有 a e  .………………………………………………12 分 解法 3：由   xxf  得，   0lnln  xxae xx ，令   xxxt ln ，则   x xxt 1'  ，显然   xxxt ln 在  1,0 上 单 减， 在  ,1 上 单 增， 从 而     11min  txt ， 令    1 tatetg t ， 根 据题 意 知 ，    1 tatetg t 在  ,1 上有唯一零点.(1) 当 0a 时，   0tg 恒成立，无零点，不符合题意；(2) 当衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 8 页 共 9 页 0a 时，令   0'  aetg t ，有  at  ln ，由    0ln  ag 得 ea  ，此时   01  aeg ，接下 来只需在  ,1 上找一点 0t ，使得   00 tg 即可.因为  02  ttet ，从而 02  attatet ，即 0 at ， at  ，取 at 0 ，不妨取 at 20  ，有   02  ag ，所以  tg 在  01 t， 上存在唯一零点， 即   xxf  有两个不同实根，故 ea  . 【命题意图】本题以不动点理论背景命制试题.涉及利用导数研究函数形态，切线放缩 “ xex 1 ”、 “ exex  ”、同型同构、变量分离求参数等方法的应用.重在考查考生的函数思想，求解运算能力. 21.【解析】（1）旧政策下该收入层级的 IT 从业者每月应纳的个税为 1500 0.03 3000 0.1 4500 0.2 11500 0.25 4120        ……………………………………………1 分 （2）依据新政策，既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 18000   ，月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 6000 0.2 2190X        ； 只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 1000 17000    ，月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 5000 0.2 1990X        ； 只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 2000 16000    ，月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 4000 0.2 1790X        ； 既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 1000 2000 15000     ，月缴个 3000 0.03 9000 0.1 3000 0.2 1590X        ； 所以 X 的可能值为 2190，1990，1790，1590，依题意，上述四类人群的人数之比是 2:1:1:1， 所以   22190 5P X   ，   11990 5P X   ，   11790 5P X   ，   11590 5P X   ，……………9 分 所以 X 的分布列为 X 2190 1990 1790 1590 P 1 5 1 5 1 5 2 5 所以   18305 215905 117905 119905 12190 XE .………………………………………10 分 （3）因为在新政策下该收入层级的 IT 从业者 2019 年月缴个税为1830 ，所以该收入层级的 IT 从业者每 月少缴交的个税为 229018304120  ，设经过 x 个月，该收入层级的 IT 从业者少缴交的个税的总和就 超过 24000 ，则 240002290 x ，因为 x N ，所以 11x .所以经过 11 个月，该收入层级的 IT 从业者 少缴交的个税的总和就超过 2019 年的月收入.………………………………………………………………12 分衡阳市 2020 届高三第一次联考理科数学试题 第 9 页 共 9 页 【命题意图】本道题结合“个税新政”这个话题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望、样本估计总 体的统计思想，综合性程度较高，着重对学生数据分析、数学运算能力的考查. 22.【解析】（1）由      ty tx 3 3 31 ,(  t 为参数),消参数t 化简得普通方程: 03  yx , 令 cosx   ,   siny   ,即 0sincos3  θρθρ 化简得 3tan θ ,即 3 πθ  即得曲线 2C 的极坐标方程为  Rρπθ  3 .…………………………………………………………………5 分 （ 2 ） 由 已 知 ， 不 妨 设          3 4,,3, πρBπρA BA ， 于 是             2 313sin1 aπaρA ，             2 313 4sin1 aπaρB ，故 aAB 2 .…………………………………………………………10 分 【命题意图】本题考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，利用极坐标解决长度问题，旨 在考查学生应用知识能力、等价转化能力． 23.【解析】（1）由题意知， mxx  6 恒成立，又   666  xxxx ，所以实数 m 的取值 范围是 6m .……………………………………………………………………………………………………5 分 （2）解法 1：由（1）可知， 6222  cba ，所以 9111 222  cba 从而  1 1 1 1 1 1 222 cba             1111 1 1 1 1 1 9 1 222 222 cbacba   1639 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 139 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2              c b b c c a a c b a a b ， 当且仅当 3111 222  cba ，即 2222  cba 时等号成立，证毕.………………………10 分 解法 2：由权方和不等式，   1111 111 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 222 2 2 2 2 2 2 2 222   cbacbacba 解法 3：由柯西不等式，   2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 11 1 11 1 1111              c c b b a a                                          222222 2 2 2 2 2 2 111 1 1 1 1 1 1 cba cba 从而有，   1111 111 1 1 1 1 1 1 222 2 222   cbacba .……………………………………………………10 分 【命题意图】本题考查了三角不等式、三元均值不等式的应用，重在考查考生数学建模、运算求解能力.