湖南省衡阳市2020年高中毕班第三次联考(三模)理数图片版无答案.pdf

衡阳市 2020 届高中毕业班联考 ( 三 ) 理科数学参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C B C D A C A B B C D 1.A 【解析】因为 B = (- ∞ , 0)，所以 A ∩ B = [-1, 0), 故选 A. 2.C 【解析】法 1：由 z + 1  = z - i  ，几何意义即为复数 z 所对应的点 Z 满足到点 (-1, 0) 与到点 (0, 1) 的距离 相等，所以 Z 的轨迹为直线 x + y = 0，故选 C. 法 2：由题意有 (x + 1)2 + y2  = x2 + (y - 1)2  ，即 x, y 满足 x + y = 0, 故选 C. 3.B 【解析】 42°cos cos18° -cos72° sin42° = cos42° cos18° - 18sin ° sin42° = 60°cos = 1 2 ，故选 B. 4.C 【解析】由 2a9 = a3 - a6，则 2q6 = 1 - q3，又 q > 0，所以 q3 = 1 2 ，故 a8 = a2q6 = 1 4 ，选 C. 5.D 【解析】 BE  = BC  + CE  = AD  -4 5 AB  ，故选 D. 6.A 【解析】因为 a = 2-1.5 ∈ (0, 1)， b = log23 > log22 3 2 = 3 2  = c，所以 a < c < b，故选 A. 7.C 【解析】阴数为： 2， 4， 6， 8； 阳数为： 1， 3， 5， 7， 9，各选一个数，其和能被 5 整除的分别为： 2， 3； 4， 1； 6， 9； 8， 7. 所以能被 5 整除的概率 P = 4 4 × 5  = 1 5 ，故选 C. 8.A 【解析】由 f (x) + g(x) = 2excosx，则有 f(-x) + g(-x) = 2 xcos ex，又 f(x), g(x) 分别为奇函数和偶函数，则 有 f(x) - g(x) = - 2 xcos ex，当 x ∈ (0, π 2 ) 时， f(x) - g(x) < 0，排除 C, D. 当 x ∈ (0, π 2 ) 时，又 [f(x) - g(x)]' = 2( xsin + xcos ) ex > 0，所以 f(x) - g(x) 在 (0, π 2 ) 上 ↗，排除 B，故选 A. 9.B 【解析】由 2a + b = 2，所以 a b  + 1 a  = a b  + 2a + b 2a  = 1 + a b  + b 2a  ≥ 1 + 2 ， ( 当且仅当 b = 2  a 即 a = 2 - 2  , b = 2 2  - 2 时取等号 ). 10.B 【解析】法 1( 几何法 1)：如图，设 A, B 在准线 l 上的射影为 A1, B1， 由 MA  = 2 MB  ，所以 B 为 MA 的中点，设 BB1  = t，则 AA1  = 2t， 所以 BF  = t， AF  = 2t，则 MB  = 3t. 设直线 m 的倾斜角为 θ, 所以 θsin = BB1  MB   = t 3t  = 1 3 ，则 θtan = ± 2  4 ，故选 B. 法 2( 几何法 2)：如图，设 A, B 在准线 l 上的射影为 A1, B1， 由 MA  = 2 MB  ，则 AA1  = 2 BB1  ，由抛物线定义可得 AF  = 2 BF  ，设直线 m 的倾斜角为 θ， 所以 AF  = 1 2 1 - θsin ， BF  = 1 2 1 + θsin  由 AF  = 2 BF  ，则 1 2 1 - θsin  = 1 1 + θsin ， 解得 θsin = 1 3 ，所以 θtan = ± 2  4 ，故选 B. 法 3( 代数法 )：如图，设 A, B 在准线 l 上的射影为 A1, B1，由 MA  = 2 MB  ，则 AA1  = 2 BB1  ， 由抛物线定义可得 AF  = 2 BF  ，设直线 m 方程为 y = kx + 1 4 ， A(x1, y1)， B(x2, y2) 由 y = kx + 1 4  y = x2  可得 x2 - kx - 1 4  = 0，则 x1 + x2 = k， x1x2 = - 1 4 ，由 AF  = 2 BF  ， 则有 x1 = - 2x2，所以 -5 2  = x1 x2  + x2 x1  = (x1 + x2)2 x1x2  - 2，解得 k = ± 2  4 ，故选 B. 11.C 【解析】由正视图及俯视图可知 ABC - A1B1C1 为正三棱柱，底面 ABC 边长为 6， 如图， O2, O1 分别为三棱柱上下底面的中心，则 ABC - A1B1C1 的外接球球心 O 为 O1O2 的 中点，其半径 R = 32 + (2 3  )2  = 21 ，要使 AB 中点 E 作球 O 的截面最小，只须使球心 O 到截面的距离 d 最大即可 . 此时过 E 的截面垂直于 OE，截面半径 r = R2 - d2  = R2 - OE2  = R2 - (OO1 2 + O1E2)  = 21 - [32 + ( 3  )2]  = 3， 所以截面面积 S截面 = πr2 = 9π，故选 C. A B C A1 B1 C1 O E O1 O2 R 6 6 x y A B M F m A1B1 θ l 衡阳市教育科学院12.D 【解析】要使 f(x) 有最小值，只须当 x > 1 2  时， fmin(x) ≤ 0 即可 . 当 x > 1 2  时， f'(x) = 2x - a - 1 x ，因为 2x - 1 x  ∈ (-1, + ∞) 若 a ≤ - 1 时， f'(x) > 0， f(x) 在 ( 1 2 , + ∞) 上 ↗，此时 f(x) 无最小值； 若 a > - 1 时， f'(x) = 2x2 - ax - 1 x，记 2x2 - ax - 1 = 0 两根分别为 x1， x2，则 x1 < 0 < x2， 2x2 2 - ax2 - 1 = 0 f(x) 在 (0, x2) 上 ↘，在 (x2, + ∞) 上 ↗，此时 fmin(x) = f(x2) = x2 2 - ax2 - lnx2 = 1 - x2 2 - lnx2 ≤ 0 则 x2 ≥ 1，所以 a = 2x - 1 x  ≥ 1，故选 D. 二、填空题 13. - 1 2  【解析】 (x - a)8 展开式中第 r + 1 项为 Tr + 1 = C r 8x8 - r(-a)r，所以 x5 的系数为 C 3 8(-a)3 = 7， 解得 a = - 1 2 . 14. 11 【解析】总人数最小值为 2 + 3 + 3 + 3 = 11；或 2 + 4 + 2 + 3 = 11. 15. 3  【解析】法 1( 代数法 )：因为 l 与 ⊙ O : x2 + y2 = a2 相切，所以直线斜率 k = ± a b ，由对称性不妨考虑 k = a b  情形 . 又双曲线 C 的渐近线方程为 y = ± b a x，则 l 垂直其中一条渐近线，故 l 与一渐近线的交点 A 即为该渐近线与 ⊙ O 在第二象限的 交点，可得 A(- a2 c , ab c )，如图，设 AB 中点为 M，由 (F2A  + F2B  ) ⋅ AB  = 0， 即 2F2M  ∙ AB  = 0，则有 F2M ⊥ l ，又 OA ⊥ l，故 OA//F2M ，且 O 为 F1F2 的中点， 所以 A 为 F1M 的中点，则 A, M 三等分 F1B，由 F1B  = 3F1A  ，得 B(3b2 c  - c, 3ab c )， 由 B 在另一渐近线 y = b a x 上，即有 3ab c  = b a (3b2 c  - c)，则 c2 = 3a2， 故离心率 e = 3  . 法 2( 几何法 )：设 ∠ BOF2 = θ，则 ∠ AOB = π - 2θ，由题意易知 AF1  = b， AB  = 2b， 在 Rt △ OAB 中， ∠ AOBtan = (π - 2θ)tan = 2b a ，又 θtan = b a ，则有 - 2b a 1 - ( b a)2  = 2b a ，即 b2 = c2 - a2 = 2a2， 故离心率 e = 3  . 法 3( 参数方程法 )：直线 l 的参数方程为 x = - c + b ct y = a ct  (t 为参数 )，代入 y = b a x，可得 B 对应的参数 tB = bc2 b2 - a2 又 A 对应的参数 tA = b，由 (F2A  + F2B  ) ⋅ AB  = 0 及 l 与 ⊙ O : x2 + y2 = a2 相切可知 F1B  = 3F1A  ，即 tB = 3tA， 则 bc2 b2 - a2 = 3b，则有 c2 = 3a2，故离心率 e = 3  . 16. 310 【解析】由条件可得 an + 1 = -1  n - 1an + 3n - 2 a2k + 1 = - a2k + 6k - 2 1 a2k = a2k - 1 + 6k - 5 2 k ∈ N *  ，由 1 2 可得： a2k + 1 + a2k - 1 = 3 3 a2k + 3 + a2k + 1 = 3 4 可得 a2k + 3 = a2k - 1 5 由 1 得： a2k + a2k + 1 = 6k - 2，由 5 得： a1 = a5 = a9 = ⋯ = a21 所以 S20 = a1 + a2 + a3 + ⋯ + a20 = a1 + (a2 + a3) + ⋯ + (a18 + a19) + a20 = (a2 + a3) + ⋯ + (a18 + a19) + (a20 + a21) = 10 k = 1 (6k - 2) = 10 × (4 + 58) 2  = 310. 三、解答题 17. 【解析】（1）因为半圆弧 AB  所在平面与平面 ABCD 垂直，平面 MAB ∩ 平面 ABCD = AB， 由 DA ⊥ AB，所以 DA ⊥ 平面 MAB，又 MB ⊂ 平面 MAB，则有 DA ⊥ MB 又 AB 为半圆弧所对的直径，所以 MB ⊥ MA，而 MA ∩ DA = A，所以 MB ⊥ 平面 MAD. 5 分 x y l A B F1 F2O M 衡阳市教育科学院（2）法 1( 空间向量法 )：过 M 作 MO ⊥ AB 于 O，因为平面 MAB ⊥ 平面 ABCD， 平面 MAB ∩ 平面 ABCD = AB，所以 MO ⊥ 平面 ABCD, ∠ MBO 即 MB 与平面 ABCD 所成的角， 由已知条件得 ∠ MBA = 45°， MA = MB，即 O 为 AB 中点. 6 分 由 ∠ BAD = ∠ ADC = 90°， AB = AD = 2DC，四边形 AOCD 为矩形，所以 OC ⊥ AB 7 分 以 O 为坐标原点， OB, OC, OM 方向分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AB = AD = 2DC = 2，所以 C(0, 2, 0)， D(-1, 2, 0)， A(-1, 0, 0)， M(0, 0, 1)， B(1, 0, 0) 由 (1) 知， MB ⊥ 平面 MAD，则平面 MAD 的一个法向量 n1  = MB  = (1, 0, -1)8 分 设平面 MAC 的法向量 n2  = (x, y, z) 因为 AM  = (1, 0, 1)， AC  = (1, 2, 0) 由 n2  ∙ AM  = 0 n2  ∙ AC = 0  ，得 x + z = 0 x + 2y = 0 ， 取 y = - 1，则 n2  = (2, -1, -2) 10 分 设二面角 D - MA - C 大小为 θ， 则 θcos = n1  ∙ n2  n1    ∙ n2     = 1 × 2 + (-1) × (-2) 2  × 3  = 2 2  3  所以 θsin = 1 3 ，即二面角 D - MA - C 的正弦值为 1 3 . 12 分 法 2( 传统几何法 )：二面角 D - MA - C 的大小即为二面角 B - MA - D 的大小与二面角 B - MA - C 大小的差，由（1）的证明可得，二面角 B - MA - D 的大小为 90°， 所以二面角 D - MA - C 的正弦值即为二面角 B - MA - C 的余弦值 . 6 分 由平面 MAB ⊥ 平面 ABCD，平面 MAB ∩ 平面 ABCD = AB， CO ⊥ AB，所以 CO ⊥ 平面 MAB， 又 MA ⊂ 平面 MAB，则 OC ⊥ MA，取 MA 中点 H，连 HC， 由 AB 为半圆弧所对的直径，所以 BM ⊥ MA， O, H 分别为 AB, MA 的中点，所以 OH//BM，则 OH ⊥ MA， 又 OH ∩ OC = O，所以 MA ⊥ 平面 OHC 则 ∠ OHC 即为二面角 B - MA - C 的平面角， 9 分 设 AB = AD = 2DC = 2，在 Rt △ COH 中， OH = 1 2 MB = 2  2 ， OC = 2， HC = ( 2  2)2 + 22  = 3 2  所以 ∠ OHCcos = OH HC  = 2  2 3 2   = 1 3 ， 故二面角 D - MA - C 的正弦值为 1 3 . 12 分 18. 【解析】（1）法 1：因为 2ccos2 A 2  - 3  asinC = 0，由正弦定理可得 2 C 2cos A 2  - 3  sin Asin Csin = 0，即 1 + Acos - 3  Asin = 0 2 分 即 (A - π 6 sin ) = 1 2 ，又 0 < A < π，所以 A - π 6  = π 6 ， 即 ∠ CAB = ∠ A = π 3 .5 分 法 2：因为 2ccos2 A 2  - 3  asinC = 0，由正弦定理可得 2 C 2cos A 2  - 3  sin Asin Csin = 0 及 Csin > 0，则 2 2cos A 2  - 2 3  A 2 sin A 2 cos = 0， 2 分 又 A 2 cos > 0，可得 A 2 tan = 3  3 ，又 0 < A < π，所以 A = π 3 . 5 分 （2）当 AB = AC，又 ∠ A = π 3 ，所以 △ ABC 为正三角形 在 △ BDC 中，令 ∠ CDB = θ 0 < θ < π )，由余弦定理可得： BC 2 = 12 + 22 - 2 × 1 × 2 θcos = 5 - 4 θcos 7 分 A B C D M O H A B C D M O x y z 衡阳市教育科学院所以 SABDC = S△ ABC + S△ BDC = 3  4 BC 2 + 1 2 CD ∙ BD θsin = 3  4(5 - 4 θcos ) + 1 2  × 1 × 2 θsin = 5 3  4  + 2 (θ -sin π 3 ) 9 分 由 -π 3  < θ - π 3  < 2π 3 ，所以 (θ - π 3 )sin 最大值为 1，故当 θ = 5π 6  时， (SABDC)max = 5 3  4  + 2 12 分 19. 【解析】（1）应该选择模型①，因为模型①残差点一是整体上更接近 y = 0，二是比较均匀地落在水平的 带状区域中，说明该模型拟合精度越高，回归方程的预报精度越高 . 3 分 （2）剔除异常数据，即 2020 年 2 月的数据后，得 x = 1 5  6 × 6 - 5  = 6.2； y = 1 5  30 × 6 - 31.8  = 29.64, ∑ 5 i = 1 xiyi = 1284.24 - 5 × 31.8 = 1125.24, ∑ 5 i = 1 xi  2 = 286 - 52 = 261 b  = ∑5 i = 1xiyi - nxy ∑5 i = 1x2 i - nx2  = 1125.24 - 5 × 6.2 × 29.64 261 - 5 × 6.22 = 206.4 68.8  = 3； a  = y - b  x = 29.64 - 3 × 6.2 = 11.04，所以 y 关于 x 的线性回归方程为： y  = 3x + 11.04. 8 分 （3）（i）把 x = 15 代入回归方程得： y  = 3 × 15 + 8.04 = 53.04，故预报值约为 53.04 （千元） . 9 分 （ii） z = 2 3 (5y - x2) = 10 3 (3x + 11.04) - 2 3 x2 = - 2 3 (x - 15 2 )2 + 74.3 11 分 所以当 x = 15 2  = 7.5( 千元 ) 时，月利润预报值最大 . 12 分 20. 【解析】 (1) 由 △ ABF2 的周长为 8 2  , 则有 4a = 8 2  , 所以 a = 2 2  , 又椭圆 E 的离心率 e = 2  2 ， 则 c = 2, b = 2，故椭圆 E 的标准方程为： x2 8  + y2 4  = 1. 4 分 (2) 由题意可知，直线 l 的斜率 k ≠ 0，设直线 l : y = k(x + 2), A(x1, y1), B(x2, y2) 由 y = k(x + 2) x2 + 2y2 = 8 可得 (1 + 2k2)x2 + 8k2x + 8k2 - 8 = 0 显然 Δ > 0， x1 + x2 = - 8k2 1 + 2k2, x1x2 = 8k2 - 8 1 + 2k2 7 分 则 AB 中点 Q(- 4k2 1 + 2k2, 2k 1 + 2k2)， AB 中垂线 m 方程为： y - 2k 1 + 2k2 = - 1 k (x + 4k2 1 + 2k2) 所以 N(- 2k2 1 + 2k2, 0)，由四边形 NAMB 为平行四边形，则 NM  = NA  + NB  ， 即 (xM + 2k2 1 + 2k2, yM) = (x1 + 2k2 1 + 2k2, y1) + (x2 + 2k2 1 + 2k2, y2) 所以 xM = x1 + x2 + 2k2 1 + 2k2 = - 6k2 1 + 2k2， yM = y1 + y2 = 4k 1 + 2k2 9 分 由 M(- 6k2 1 + 2k2, 4k 1 + 2k2) 在椭圆 E 上，则 36k4 8(1 + 2k2)2  + 16k2 4(1 + 2k2)2  = 1，解得 k4 = 2，即 k = ± 4 2  故直线 l 的方程为 y = ± 4 2  (x + 2) 12 分 21. 【解析】 1  当 a = 0 时， f x  = lnx, 要证： 1 + x 1 - x f x  < 2 1 - x2g x  即转化为： 1 1 - x [(1 + x)lnx - 2(x - 1)] < 0, 即 1 1 - x [lnx - 2(x - 1) x + 1 ] < 0 即证：当 x > 1 时， lnx > 2(x - 1) x + 1 ；当 0 < x < 1 时， lnx < 2(x - 1) x + 1  1 分 令 φ(x) = lnx - 2(x - 1) x + 1 , 则 φ'(x) = 1 x  - 4 x + 1  2  = x - 1  2 x(x + 1)  > 0 则 φ x  在 0, 1  上 ↗ , 在 1, + ∞  上 ↗ 3 分 所以当 0 < x < 1 时， φ x  < φ 1  = 0，此时 1 1 - x [lnx - 2(x - 1) x + 1 ] < 0 当 x > 1 时， φ x  > φ 1  = 0，此时 1 1 - x [lnx - 2(x - 1) x + 1 ] < 0 故 a = 0， x > 0 且 x ≠ 1 时， 1 + x 1 - x f x  < 2 1 - x2g x  5 分 衡阳市教育科学院2  1° . 当 x > 1 时， g x  > 0， h x  ≥ g x  > 0，所以 h x  在 (1, + ∞) 无零点； 2° . 当 x = 1 时， g(1) = f(1) = 0，则 h 1  = 0，所以 x = 1 是 h x  的零点； 6 分 3° . 当 0 < x < 1 时， g x  < 0，所以 g x  在 0, 1  上无零点， h x  在 0, + ∞  上的零点个数即为 f x  在 0, + ∞  上的零点个数 . 7 分 因为 f' x  = 1 x  - a 1 若 a ≤ 1 时， f'(x) = 1 x  - a > 0，所以 f x  在 0, 1  上 ↗， f x  < f 1  = 0，此时 f x  无零点； 8 分 2 若 a > 1 时，则 0 < 1 a  < 1， f x  在 0, 1 a   上 ↗ , 在 1 a , 1  上 ↘， 由 fmax x  = f 1 a   = a - 1 - lna，令 φ(a) = a - 1 - lna，则 φ'(a) = 1 - 1 a  > 0， 当 a > 1 时， f( 1 a ) = φ(a) = a - 1 - lna > φ(1) = 0， 10 分 由 a - 1 > lna，可得 ea > a + 1 > a, 则 0 < e-a < 1 a ，又因为 f(e-a) = - a + a(1 - e-a) < 0 由零点存在性定理可知， f x  在 0, 1  上存在唯一的零点 x0，且 x0 ∈ e-a, 1 a  , 11 分 ( 注：若无找点，直接用 x → 0 时， f(x) → - ∞，来证明 f(x) 在 (0, 1) 上有唯一零点，扣 1 分 ) 综上： a > 1 时， h x  有两个零点； a ≤ 1 时， h x  仅有一个零点 . 12 分 22. 【解析】 1  消去 t 可得：直线 l 直角坐标方程为 2x + 3y - 2a = 0 依题： ρ2(1 + 3 2θsin ) = 4，由 ρ2 = x2 + y2 及 ρ θ = ysin 可得：曲线 C 的直角坐标方程为 x2 4  + y2 = 1 y ≥ 0  4 分 ( 注：若没写 y ≥ 0，扣 1 分 ) 2  令曲线 C 上动点 P(2 αcos , αsin ) (0 ≤ α ≤ π) 则 P 到直线 l 的距离 d = 4 αcos + 3 α - 2asin  13  = 5 (α + φ) - 2asin  13  ( 其中 φsin = 4 5 , φcos = 3 5 )， 因为 φ ≤ α + φ ≤ π + φ, 所以 -4 5  ≤ (α + φ)sin ≤ 1 6 分 1° . 当 a ≥ 0 时， dmin = 5 × 1 - 2a  13  = 13 ，解得 a = 9 或 a = - 4( 舍去 ) 2° . 当 a < 0 时， dmin = 5 × (- 4 5) - 2a  13  = 13 ，解得 a = - 17 2  或 a = 9 2 ( 舍去 ) 故所求 a 的值为 9 或 -17 2  10 分 23. 【解析】 1  方法 1：当 a = 1 时，不等式 f(x) < 5 即 3x - 1  + x - 4  < 5 1° . 当 x < 1 3  时，则有 1 - 3x + 4 - x < 5, 解得 x > 0, 此时 0 < x < 1 3 ； 2° . 当 1 3  ≤ x ≤ 4 时，则有 3x - 1 + 4 - x < 5, 解得 x < 1, 此时 1 3  ≤ x < 1； 3° . 当 x > 4 时，则有 3x - 1 + x - 4 < 5, 解得 x < 5 2 , 此时原不等式的解集为空集 . 综合 1°, 2°, 3° 得，不等式 f(x) > 5 的解集为 x|0 < x < 1  .5 分 方法 2：当 a = 1 时， f(x) = 3x - 1  + x - 4  = 5 - 4x, x < 1 3 2x + 3, 1 3 ≤ x ≤ 4 4x - 5, x > 4      作出 y = f(x) 及 y = 5 图象如右：两函数图象交点坐标为 (0, 5) 及 (1, 5)， 所以由图象知 f(x) < 5 的解集为 {x|0 < x < 1}. 5 分 x y O y=5 1 3 41 x y O P(2 α, α)sincos Qd 衡阳市教育科学院(2) 方法 1：当 0 ≤ x ≤ 3 时， f(x) > 3 即 3x - a  ≥ x - 1， 1° . 当 0 ≤ x ≤ 1 时， 3x - a  ≥ x - 1 恒成立，此时 a ∈ R 7 分 2° . 当 1 ≤ x ≤ 3 时， 3x - a  ≥ x - 1 恒成立，转化为 3x - a ≥ x - 1 或 3x - a ≤ 1 - x 恒成立； 即 a ≤ 2x + 1 或 a ≥ 4x - 1 恒成立 , 则 a ≤ (2x + 1)min = 3 或 a ≥ (4x - 1)max = 11 故所求 a 范围为 (- ∞ , 3] ∪ [11, + ∞). 10 分 方法 2：原问题转化为： 3x - a  ≥ x - 1 对 ∀ x ∈ [0, 3] 恒成立问题 . 作出 y1 = 3x - a  及 y2 = x - 1 的图象，由图象知： a 3  ≤ 1 或 a 3  ≥ 11 3 , 故所求 a 范围为 (- ∞ , 3] ∪ [11, + ∞). 10 分 x y 31 11 3a 3O 2 衡阳市教育科学院