湖南师范大学附属中学2020届高三5月模拟考试数学（理）试题（解析）.pdf

理科数学参考答案及解析 第 1页，总 9页 湖南师范大学附属学校2020届高三5月模拟 理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 D 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.答案：B 解析： 62( )x x  的通项为 6 3 2 6 2 r r rC x  ，所以 3 62( 1)( )x x x   的展开式中的常数项为 6 12 3 4 4 2 6 2x C x  和 6 6 2 2 2 6( 1) 2C x    ，又 4 4 2 2 6 62 2 240 60 180C C    ，所以 3 62( 1)( )x x x   的展开式中的常数项为 180. 7.答案：D 解析：设 8, 2DF AF  则 2 21 2 2 1 2 cos120 7AC         ∴ 1 2 2 sin 60 32DEFS      △ 1 7 37 7 sin602 4S      △ABC ∴由几何概 型得 ： 在 大 等 边 三 角 形 中 随 机 取 一 点 ， 则 此 点 取 自 小 等 边 三 角 形 的 概率 是： 3 47 3 4 7 DEF ABC SP S   △ △ 故选：D 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 轴理科数学参考答案及解析 第 2页，总 9页 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                 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.答案：A 解析：∵      sin sin sinb c A C a c A C     ，∴由正弦定理可得：   b c b a c a c   （ ），整 理可得： 2 2 2b c a bc  ﹣ ，∴由余弦定理可得： 1cos 2A   ，∴由 0 πA（ , ），可得： 2π 3A  ，又 ABC 的 面积 3 ，即 1 2πsin 32 3bc  , 4bc  ,又      AB DA DB DB DA DA DB            2 2DB DA        2 2 22 4 4 4 4 AB AC AB AC AB ACCB              4 cos 24 AB AC AB AC bc A           . 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， t t 所以 （ ） （ ） ,所以球 O 的表面积为 .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，理科数学参考答案及解析 第 3页，总 9页 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) 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、 或 解析：不妨设点 A 在渐近线 by xa  上,点 B 在渐近线 by xa   上,因为 OAB 为直角,所以直线 AB 的方程为 ( )by x ca    ,由 ( )ay x cb ay b       ,得点 A 的纵坐标 2 2A abcy a b   ,由 ( )ay x cb ay xb        得点 B 的纵坐标 2 2B abcy b a   ,所以 2 2 2 2 3 5 AOAF OBF B b ayS S y a b     △ △ ,解得 2 2 1 4 b a  或 4,又离心率 21 ( )be a   ,所以双曲线 C 的离心率 5 2 或 5 . 16.4理科数学参考答案及解析 第 4页，总 9页 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 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、解：（Ⅰ）证明：连接 BD 交 AC 于点 O ，并连接 EO ， 四边形 ABCD 为平行四边形， O 为 BD 的中点， 又 E 为 PD 的中点， 在 PDB 中 EO 为中位线， / /EO PB PB  面 AEC ， EO  面 AEC ， / /PB 面 AEC ． （Ⅱ）证明：在四棱锥 P ABCD 中， PA  底面 ABCD ， 底面 ABCD 为平行四边形， AB AC ，且 3PA AB  ， 2AC  ， E 是棱 PD 的中点． 以 A 为原点， AC 为 x 轴， AB 为 y 轴， AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， (0P ，0， 3) ， (2C ，0， 0) ， (0A ，0， 0) ， (2D ， 3 ， 0) ， (1E ， 3 2  ， 3)2 ， 3 3(1, , )2 2AE   ， (2AC  ，0， 0) ， (2PC  ，0， 3) ， 设平面 AEC 的法向量 (m x ， y ， )z ， 则 3 3 02 2 2 0 AE m x y z AC m x             ，取 1y  ，得 (0m  ，1，1) ， 设直线 PC 与平面 AEC 所成角为 ，理科数学参考答案及解析 第 5页，总 9页 则直线 PC 与平面 AEC 所成角的正弦值为： | | 3 3 26sin 26| | | | 13 2 PC m PC m         ． （Ⅲ）假设在线段 PB 上（不含端点）存在一点 M ，使得二面角 M AC E  的余弦值为 10 10 ， 设 (M a ， b ， )c ， PM PB  ， (0B ，3， 0) ，则 (a ，b ， 3) (0c   ，3， 3) ， 解得 0a  ， 3b  ， 3 3c   ， (0M ，3 ， 3 3 ) ， (2AC  ，0， 0) ， (0AM  ， 3 ， 3 3 ) ， 设平面 ACM 的法向量 (n p ， q ， )t ， 则 2 0 3 (3 3 ) 0 n AC p n AM q t           ，取 1q  ，得 (0n  ，1， )1    ， 二面角 M AC E  的余弦值为 10 10 ． | | 10| cos , | | | | | 10 m nm n m n          ， 解得 1 3   或 2 3   ． 在线段 PB 上（不含端点）存在一点 M ，使得二面角 M AC E  的余弦值为 10 10 ， 且 1 3PM PB  或 2 3PM PB  ． 19、解：方法一：（1）如图设 BOE   ，则 ( 2 cos , 2 sin )B   ， (2cos ,2sin )D   ，所以 2cosPx  ， 2 sinPy  ． 所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 2 2 14 2 x y  ．理科数学参考答案及解析 第 6页，总 9页 方法二：（1）当射线 OD 的斜率存在时，设斜率为 k ， OD 方程为 y kx ， 由 2 2 2 y kx x y     得 2 2 2 1Py k   ，同理得 2 2 4 1Px k   ，所以 2 22 4P Px y  ， 即有动点 P 的轨迹 C 的方程为 2 2 14 2 x y  ． 当射线 OD 的斜率不存在时，点 (0, 2) 也满足． （2）由（1）可知 E 为 C 的焦点，设直线 l 的方程为 2x my  （斜率不为 0 时）， 且设点 1(M x ， 1)y ， 2(N x ， 2 )y ，由 2 2 2 2 4 x my x y      ， 得 2 2( 2) 2 2 2 0m y my    ， 所以 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 my y m y y m          ，所以 2 22 1 2 1 1 2 | | 4( 1)1 | | m MN mm y y     ， 又射线 OQ 方程为 y mx  ，代入椭圆 C 的方程得 2 22( ) 4x my  ， 即 2 2 4 1 2Qx m   ， 2 2 2 4 1 2Q my m   ， 2 2 2 1 1 2 | | 4( 1) m OQ m   ， 所以 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 3 | | | | 4( 1) 4( 1) 4 m m MN OQ m m       ， 又当直线 l 的斜率为 0 时，也符合条件．综上， 2 1 1 | | | |MN OQ  为定值，且为 3 4 ． 20、解：（1）根据图中甲、乙两个地区折线图的信息，得到： ①甲地区比乙地区的新增人数的平均数低． ②甲地区比乙地区的方差大． （2） ( )i 由题意得 1 的概率分布列为： 1 1.38 1.18 1.14 P 1 6 1 2 1 3 1 1 1 11.38 1.18 1.14 1.26 2 3E        ， 由题意得 ~ (2, )B p ，即 的概率分布列为：  0 1 2理科数学参考答案及解析 第 7页，总 9页 P 2(1 )p 2 (1 )p p 2p 由题意得下调次数 和利润 2 的关系为：  0 1 2 2 1.4 1.25 0.6 2 的概率分布列为： 2 1.4 1.25 0.6 P 2(1 )p 2 (1 )p p 2p 2 2 2 2 1.4 (1 ) 1.25 2 (1 ) 0.6 0.5 0.3 1.4E p p p p p p             ． ( )ii 当 1 2E E  ，得 21.2 0.5 0.3 1.4p p    ，即 25 3 2 0p p   ， 解得 20 5p  ， 当 1 2E E  时， 2 5p  ．当 1 2E E  时， 2 15 p  ， 当 20 5p  时，投资 B 项目；当 2 5p  时，两个项目都可以； 当 2 15 p  时，投资 A 项目． 21、解：（Ⅰ）解：（1） ( ) 1 xf x lnx ae    ，由题意可知， 1 0xlnx ae   在 (0, ) 上有两个不同的实数根， 即 1 x lnxa e  ，只需函数 ( )g x 和 y a 图象有两个交点， 1 1 ( ) x lnxxg x e     ，易知知 1( ) 1h x lnxx    在 (0, ) 上为减函数，且 h （1） 0 ， 当 (0,1)x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 为增函数；当 (1, )x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 为减函数； 所以 ( )maxg x g （1） 1 e  ，所以 1a e  ，又当 0x  ， ( )g x   ， x   ， ( ) 0g x  ， 要使 ( )f x 在 (0, ) 上存在两个极值点，则 10 a e   ． 故 a 的取值范围为 1(0, )e ． （Ⅱ）由 1( ) 0f e   ，可得 0a  ， 则 21( ) ( ) ( ) ( )2F x f x x xlnx mx x m R      ．理科数学参考答案及解析 第 8页，总 9页 ( )F x lnx mx   ( )F x 在 (0, ) 上存在两个极值点，不妨设 1 2x x ，  1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 lnx mx lnx lnx lnx lnxmlnx mx x x x x         ． 要证明 2 1 2x x e ， 只要证明： 1 2 2lnx lnx  ， 即证明 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 21 2 1 (1 )( )( ) 2 1 x xlnlnx lnx x x x xlnx lnx xx x x       ． 令 2 1 ( 1)x t tx   ，即证明 2( 1) 1 tlnt t   ． 构造函数 2( 1)( ) ( 1)1 th t lnt tt    2 2 ( 1)( ) 0( 1) th t t t    ， ( )h t 在 (1, )) 上单调递增， ( )h t h  （1） 0 ， 即 ( ) 0h t  ， 1 2 2lnx lnx   ． 2 1 2x x e ． 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