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2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 1页（共 9 页） a b a b O B A 2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷理数参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 C A B C C D D B D A B B 2.【解析】    0,3UA B   3.【解析】∵ lny x 在  0 +， 内是增函数,∴ ln ln  ，即 ln ln  ,∴ ln ln 0   . 选项 B 正确. 4.【 解 析 】∵  2 1nS n n  ，∴数 列  na 是 公 差 为 4 的 等 差 数 列，∵ 4k l  ， ∴ k la a  4 4 16  5.【解析】∵ 3 sin 0x x  ，∴ 0x  ，排除 A；∵     0f x f x   ,∴  f x 为奇函数， 排除 D,∵ 3 1 0f e      排除 B，故选 C. 6.【 解 析 】 由 上 表 知 ： 17.5, 39x z  ,∵ lnz c kx  回 归 直 线 经 过 样 本 中 心, ∴ 39 ln 4 17.5c   ，即 ln 109c  ,∴ 109c e 7.【解析】由 2  a a b ，得出 ,a b 夹角，进而求出 a 与 b a 的夹角， 或利用几何意构造三角形，解三角形.由已知得： 2  a a b ， ∴   0  a a b ， 如 图 ， 令 OA   a ， OB   b ， 则 BA   a b , ∵   0  a a b ， ∴ BA OB ，又∵ 2a b ,∴ 30OAB   ，故 a 与 b a 的夹角为150 . 8.【解析】若 ABC 是锐角三角形，则 2A C   ，即 02 2A C     ， ∴ sin sin 2A C     ， 即 sin cosA C ， 同 理 sin cosA B ， 反 之 不 成 立 ， 如 90 , 30A B   时，sin cosA C ，但 ABC 是直角三角形，∴ p 是 q 的充分不必要条件. 9.【解析】根据题意，现有 6 根算筹，可以表示的数字组合为 (1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(3,3),(3,7),(4,6),(6,8),(7,7), 其 中 数 字 组 合 (1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(3,7),(4,6),(6,8),中，每组可以表示 2 个两位数，分别为 15,51,19,91,24,42, 28,82, 37,73,46， 64,68,86， 共 2 7 14  个 两 位 数 ； 数 字 组 合 (3,3) ,(7,7)，只能表示 33,77 这 2 个两位数，故一共可以表示12 4 16  个两位数；其中 能被 3 整除的数是 15,51,24,42,33 这 5 个，故所求概率为 5 16 ．2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 2页（共 9 页） N M O 30 x y 3 3 1 O 10.【解析】据题意 9 810 2 9 2 2 2 1S         , 10 9 22 10 2 9 2 2 2 1 2S          两式错位相减，得  10 9 8 1010 2 2 2 2 1 9 2 1S           11.【解析】如图，该圆台侧面展开图中三角形OMN ， 1, 3, 30OM ON MON     ，∴ min 1MN  . 12.【解析】设 ,( )M x y ，由 1 22| | | |MF MF 可得 2 2 2 2( ) [ 2) ]2 2 (x y x y     ， 整理得 2 26 3) 2(x y   ，即点 M 在以 (6,0) 为圆心， 4 2 为半径的圆上． 又 点 2F 到 双 曲 线 C 的 渐 近 线 的 距 离 为 b ， ∴ 当 双 曲 线 C 的 渐 近 线 与 圆 2 26 3) 2(x y   相切时， b 取得最大值，此时 2 64 2 b  ，解得 4 2 3b  ． ∴ 32 24 9 3a    ，故 42 3a  . 13.【答案】 0,3 【解析】画出可行域如图所示，其中直线 3 0x y z   与直线 3 3 0x y   平行，∴ z 取得最小值时， x 的取值范围是 0,3 . 14.【答案】13【解析】原二项式可化为 4 4 3 2 2 2 1 2 2 2 3 2 4 4 4 1 1 1 1 11 1x x C x C x C xx x x x x                                          ， 由于二项式的展开式  2 2 2 3 1 1 1 r rr n r r n r r n nT C x C xx           ， 令 2 3n r ，则当 3n  时， 2r  ，此时对应的项是 2 2 31 3C  ， ∴常数项的系数为3 4 1 13   . 15.【答案】 21n  【解析】法一：不完全归纳 1 0a  ， 2 1a  ， 3 4a  ， 4 9a  ， ，  21na n  ,法二：转化为等差数列,∵ na 是单调递增数列，且 1 0a  ,∴ 14 0n na a   ， ∴ 1 11 2n n n na a a a     ，即 2 1 1n na a   ,∴ 1 1n na a   ，即数列 na 是 首项为 0 公差为1的等差数列，∴ 1na n  ，即  21na n  . M N2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 3页（共 9 页） 16. 【答案】②④【解析】∵  f x 的图象关于直线 1x   对称,∴  1 1f   或  1 0f   ， ①错误；∵ 2 是半周期的整数倍，于是 4 是  f x 的一个周期，②正确；∵对于任意 ,  ，   0f x  ，∴不存在 ,  使  f x 为奇函数，③错误；    0 sin sinf            sin cos cos sin cos             或 sin ，于是  0f 的所有可能取值 是 20, ,12 ，④正确. 17.【解析】（1）由正弦定理，可得 sin sinc A a C ，则有 5sin cos 6a C a C     ∴ 3 1sin cos sin2 2C C C   ， ∴ tan 3C   ∵  0,C  ，∴ 120C   …………………………………………………………6 分 （2）令 A   ，  0 ,60    ， 由题意 ACD   ， 2BDC   ， 60ABC    ， 120BCD    在 BCD 中， sin sin BD CD BCD ABC  ， 则     2 1 sin 120 sin 60      ∴ 3 1 3 12 cos sin cos sin2 2 2 2          ， 得 3 3cos sin2 2  ∴ 3tan 3  ，即 30   ，∴ 60BDC   ， ∴ BCD 的面积为 1 31 2sin 602 2   . …………………………………………12 分2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 4页（共 9 页） 18.【解析】（1）∵ ,E F 分别为 ,AD BC 的中点，∴ EF AB CD∥ ∥ ∵ AB AD ，∴ EF AE ， EF DE ∵ 2AD AE ， AE DE ∴ 2 2 2AE DE AD  ∴ DE EF ∴ DE  平面 ABFE ∵ DE  平面CDEF ∴平面CDEF  平面 ABFE ………………………………………………………4 分 （2）由（1）知， , ,AE DE EF 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，令 1AE  则  0,0,1D ，  1,0,0A ，  1,1,0B ， 30, ,02F      ，  0,2,1C ，………………6 分  1,1, 1DB    ， 30, , 12DF       ， 11, ,02FB       ， 10, ,12FC       设平面 BDF 的法向量为 m  , ,x y z ， 则 0 0 DB DF       m m ，即 0 3 2 0 x y z y z       ， 令 2y  ，则 3, 1z x  ∴平面 BDF 的一个法向量为 m  1,2,3 …………………………………………8 分 设平面 BCF 的法向量为 n  , ,x y z ， 则 0 0 FB FC       n n ，即 2 0 2 0 x y y z      ， 令 1z   ，则 2, 1y x  ∴平面 BCF 的一个法向量为 n  1,2, 1 ………………………………………10 分 ∴ cos  , m nm n m n 2 21 2114 6   ∵二面角C BF D  为锐二面角，设为 ，∴ 21cos 21  . ……………………12 分 x y z2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 5页（共 9 页） 19.【解析】法一：（1）∵ 1PQF 的周长为8 ，∴ 4 8a  ， 2a  ………………………2 分 ∵ 1 2PF F 面积的最大值为 2，∴ 1 2 22 c b   ，即 2c b  ， 又∵ 2 2 2 4b c a   ，∴ 2b c  ， 2 4a  ，………………………………………… 4 分 故椭圆 C 的方程为 2 2 14 2 x y  …………………………………………………… 5 分 （2）由（1）得 2 ( 2,0)F ，由题知设直线 l 的方程为 2x ty  ， 代入 2 2 14 2 x y  消去 x 整理得： 2 2( 2) 2 2 2 0t y ty    ，………………………………6 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，则 1 2 2 1 2 2 0 2 2 2 2 2 ty y t y y t            ， ……………………………………………8 分 记直线 ,PA QA的斜率分别为 ,PA QAk k ，则 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) 2 2 2 2 2 2 ( 2)( 2)PA QA y y y y ty y y yk k x x ty ty ty ty              2 2 1 2 4 4( )2 2 0 ( 2)( 2) t t t t ty ty       …………………………………………………………11 分 ∴ PA QAk k  ，因此 APQ 内切圆的圆心在 x 轴上．………………………………………12 分 法二:（1）同解法一 （2）由（1）得 2 ( 2,0)F ， 若直线 2PF 与 x 轴垂直，由椭圆的对称性易得直线 PA 与直线QA 关于 x 轴对称. 若直线 2PF 与 x 轴不垂直，设直线 2PF 的方程为 ( 2)y k x  ， 代入 2 2 14 2 x y  消去 y 整理得： 2 2 2 2(2 1) 4 2 4 4 0k x k x k     ，……………………6 分 得 2 2 2 2 2( 4 2 ) 4(2 1)(4 4) 16 16 0k k k k         ，……………………………………7 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，则 2 1 2 2 2 1 2 2 4 2 2 1 4 4 2 1 kx x k kx x k        ，………………………………………………8 分 记直线 ,PA QA的斜率分别为 ,PA QAk k ，则2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 6页（共 9 页） 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 2) ( 2) 2 2 2 2 2 2 2 2PA QA y y k x k xk k x x x x           1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 [( 2)( 2 2) ( 2)( 2 2)] [2 3 2( ) 8] ( 2 2)( 2 2) ( 2 2)( 2 2) k x x x x k x x x x x x x x              2 2 2 2 1 2 8 8 24[ 8]2 1 2 1 0 ( 2 2)( 2 2) k kk k k x x        ……………………………………………………………11 分 ∴ PA QAk k  ，因此 APQ 内切圆的圆心在 x 轴上.………………………………………12 分 20.【解析】（1）由题意，可得石榴销售量在101 600 kg 之间的天数为15， 频率 15 3 20 4f   ，故可估计概率为 3 4 ， ……………………………………………1 分 显然未来 4 天中，石榴销售重量在101 600 kg 之间的天数服从二项分布， 即 34 4X B     ～ ， ， 故所求概率为   4 0 4 3 2551 0 1 1 4 256P X C           . ……………………………4 分 （2）①样本中估计该销售点销售每千克石榴的价格的平均值为 15 50 18 80 18 70 16 80 18 120 20 100 17.78 18500              （元） 故估计该销售点销售每千克石榴的价格的平均值为18元. ………………………………6 分 ②该石榴销售点应该裁员1人，理由如下： 根据题意及（2）①，销售量每增加1kg ，代办点快递收入增加18（元）， 若不裁员，则每日销售量的上限为1500kg ，销售点每日销售量情况如下： 重量范围（单位：kg ） 0 100 101 300 301 600 601 900 901 1500 重量（单位： kg ） 50 200 450 800 1250 天数（单位：天） 1 5 10 3 1 频率 0.05 0.25 0.50 0.15 0.05 EY 50 0.05 200 0.25 450 0.5 800 0.15 1250 0.05 460         2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 7页（共 9 页） 故销售点平均每日利润的期望值为 1460 18 5 280 13603     （元）；………………8 分 若裁员1人，则每日销售量的上限为1200kg ，销售点每日销售量情况如下： 重量范围（单位： kg ） 0 100 101 300 301 600 601 1200 重量（单位： kg ） 50 200 450 800 天数（单位：天） 1 5 10 4 频率 0.05 0.25 0.50 0.20 EY 50 0.05 200 0.25 450 0.5 800 0.2 437.5        故销售点平均每日利润的期望值为 1437.5 18 4 280 15053     （元）；……………10 分 ∵1360 1505 ，故该销售点应该裁减工作人员1人. …………………………………12 分 21.【解析】（1）   21 12 xf x e x kx    定义域为 R ， 则   xf x e x k    ， 令   xg x e x k   ，   1xg x e   令   0g x  ，则 0x  ∴  ,0x  ，   0g x  ，  f x 单调递减，  0,x  ，   0g x  ，  f x 单调递增    0 1 0minf x f k     ，∵   0kf k e    ，∴    0 0f k f    由零点存在定理知：  f x 在 ,0k 内存在唯一零点， 即  f x 在 ,0 存在唯一极值点，设为 1x ∵当 1x x 时，   0f x  ，  f x 单调递增 当 1 0x x  时，   0f x  ，  f x 单调递减 ∴ 1x 是  f x 的极大值点 …………………………………………………………………3 分   2kf k e k   ，令    2 , 1xu x e x x   ，则   2xu x e   O y x2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 8页（共 9 页） ∴     11 2 0u x u e     ，∴  u x 在 1, 上单调递增 ∴    1 2 0u x u e    ，即   0f k  ，∴    0 0f k f   由零点存在定理知：  f x 在 0,k 内存在唯一零点， 即  f x 在 0, 存在唯一极值点，设为 2x ∵当 20 x x  时，   0f x  ，  f x 单调递减 当 2x x 时，   0f x  ，  f x 单调递增 ∴ 2x 是  f x 的极小值点，∴  f x 有两个极值点； 综上：当 1k  时，  f x 有两个极值点；…………………………………………………6 分 （2）由（1）可知，当 1k  时，    0 1 0minf x f k     ， ∴   0f x  ，且   0f x  的解为有限个不连续，∴  f x 在 R 上单调递增 ∵  0 0f  ，∴  f x 有且仅有一个零点 ∵  f x 不止一个零点，故 1k  当 1k  时，由（1）可知， 1 20, 0x x   ，    1 2, , ,x x x   时，  f x 单调递增，  1 2,x x x 时，  f x 单调递减 ∵  0 0f  ，∴    1 20, 0f x f x     2 2 22 1 0, 2 4 1k kf k e f k e k       令     2 22 4 1kh k f k e k    ，则   22 8kh k e k   ，   24 8 0kh k e    ∴  h k 在 1, 上单调递增， ∵  h k 为连续函数，∴     21 2 8 0h k h e     ，∴  h k 在 1, 上单调递增， ∵  h k 为连续函数，∴     21 5 0h k h e    ，即  2 0f k  又∵  0 0f  ，∴    1 22 , , ,2b k x a x k   ，  8 2 2 4a b k k k      ∴ 2k  . ……………………………………………………………………………………12 分2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷·理数参考答案 第 9页（共 9 页） 22.【解析】（1） cos , sinx y     代入方程 2 2 8 | |x y x y   ， 得 2 8 cos sin      ，即： 2 8 1 cos sin    ； ……………………………5 分 （2）法一：极坐标方程： 当 cos 0  时， 2 8 16 161 cos sin 2 sin 2       ，即 4  当 cos 0  时， 2 8 16 161 cos sin 2 sin 2       ，即 4  ∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 4 . 法二：直角坐标方程： 由 2 2 8x y x y   得， 2 2 2 2 8 2 x yx y    ，解得 2 2 16x y  ， ∴曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 4 . …………………………………………10 分 23.【解析】（1）当 2a  时，   2 , 0 0, 0 2 4 2 , 2 x x f x x x x        ，由   0f x  得，0 2x  ；…5 分 （2）       1 max ,H x f x g x 的最小值 6A a  ，       2 min ,H x f x g x 的最大值 2B a  ∴ 4A B   ……………………………………………………………10 分