1_理科6(解析版)(1).doc

岳阳市2020届高三一模数学（理科）参考答案与评分标准一、选择题（本大题共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）1设全集为，集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由题首先计算集合B的补集然后与集合A取交集即可由题或，故选B2已知复数满足，则（ ）AB5CD【答案】C【解析】,故选.3设均为正数，且，则（ ）ABCD【答案】D【解析】在同一坐标系中分别画出，的图象，与的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出4为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图有以下结论：甲乙甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定其中所有正确结论的编号为：（ ）ABCD【答案】B【解析】本题考查了茎叶图，属基础题平均数即为几个数加到一起除以数据的个数得到的结果.根据中位数，平均数，方差的概念计算比较可得甲的中位数为28，乙的中位数为29，故不正确；甲的平均数为28，乙的平均数为29，故正确；从比分来看，乙的高分集中度比甲的高分集中度高，故正确，不正确5函数的部分图象大致是（ ）ABCD【答案】A【解析】当时，所以排除C,D;因为时，所以，因此排除B，选A.6. 已知，均为锐角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为均为锐角，所以，所以，所以，所以7甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛赛后，他们四个人预测名次的谈话如下：甲：“丙第一名，我第三名”；乙：“我第一名，丁第四名”；丙：“丁第二名，我第三名”；丁没有说话最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、乙、丙、丁的名次依次是第（ ）名A. 一、二、三、四B. 三、一、二、四C. 三、一、四、二D. 四、三、二、一【答案】C【解析】解答此类题有假设法和列表法两种，用假设法推导时，若推得的结果符合所有条件，说明是正确的此题也可从选择支逐一验证8在中，,，则=（ ）ABCD【答案】B【解析】由得,所以9我国古代名著孙子算经中的“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩三，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余二，被七除余三，问该数为多少？”为解决此问题，某同学设计了如图所示的程序框图，则框图中的“”处应填入（ ）ABCD【答案】D【解析】本题考查程序框图被3和5整除余2的数即是被15整除余2的数10已知为等差数列，的前项和为，则使得达到最大值时是（ ）A19B20C39D40【答案】B 【解析】由,得，所以，所以由得11已知是双曲线的左右焦点，过的直线与圆相切，切点，且交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】连过作，则易知：,，所以在中，整理得，所以渐近线方程为，即12已知四面体中， ，,，为其外接球球心，与所成的角分别为有下列结论：该四面体的外接球的表面积为 该四面体的体积为 其中所有正确结论的编号为：（ ）ABCD【答案】A【解析】以“等面四面体”为包装，考查直观想象核心素养为平稳过渡“多选题”而设置依题意，易得该四面体的外接球的表面积为，该四面体的体积为，二、填空题（本大题共4小题，共20分把答案填在题中的横线上）13若曲线上点处的到直线的最短距离是 .【答案】【解析】考查导数的几何意义由得切点为，最短距离为点到直线的距离，14在数列中，记是数列的前项和，则= 【答案】220.【解析】考查数列的分组求和试题分析：当是奇数时，数列中奇数项构成等差数列，当是偶数时，15. 习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念，精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略为配合国家精准扶贫战略，我市某示范性高中安排5名高级教师（不同姓）到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教，每所学校至少1人. 则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为_【答案】【解析】总的基本事件数为，杨老师与李老师在一组所含的基本事件数为 , 概率为16阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则 ，面积的最大值为 【答案】，【解析】设点，由，得，整理得，所以解得如右图，当或时，三、解答题（本大题共7小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（一）必考题：共60分17（本小题满分12分）在中，角，的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交于点，求的面积.【解析】（1）由及正弦定理知，2分又，由余弦定理得.4分，.5分（2）由（1）知，6分又，在中，由正弦定理知：，8分在中，由正弦定理及，解得，10分故.12分18. （本小题满分12分）如图，在三棱锥中，为正三角形，为棱的中点，平面平面（1）求证：平面平面；（2）若是棱上一点，与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值【解析】（1） 因为为正三角形，为棱的中点，所以1分又平面平面，且平面平面所以平面3分所以，又，且所以平面，又平面 所以平面平面5分（2） 作中点，连，由（1）及可知平面以为坐标原点，分别为轴，过且平行于的方向为轴，如图，建立空间直角坐标系设则,，6分设，则,7分设平面的法向量为，因为与平面所成角的正弦值为所以，即，解得即为的中点，则9分设平面的法向量为，则，即，取10分设平面的法向量为，则则二面角的余弦值为11分故12分19（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆经过点，离心率为（1）求的方程；（2）过点斜率为的两条直线分别交椭圆于两点，且满足证明：直线的斜率为定值【解析】（1）（2）（1） 依题意，所以1分又椭圆过点，所以，2分解得，4分所以椭圆的方程为5分（2） 方法一：设，的方程为由，消去得7分所以所以8分又因为直线的斜率互为相反数，9分所以直线的斜率为定值12分方法二：设，的方程为，由，消去得：，且7分8分9分由恒成立，所以恒成立10分即恒成立即恒成立11分所以12分20. （本小题满分12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）对任意的，恒成立，请求出的取值范围【解析】（1），1分若，则，所以函数在上递增；2分若，方程的判别式为，所以方程有两根分别为，3分所以当时，；当时，函数在上递减；在上递增.5分（2）不等式，对任意的恒成立，即对任意的恒成立6分令，则， 令，则，7分易知在上单调递增，因为，且的图象在上不间断，所以存在唯一的，使得，即，则9分当时，单调递减；当时，单调递增则在处取得最小值，10分且最小值为，11分所以，即在上单调递增，所以.所以12分21（本小题满分12分）某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标来衡量产品的质量.当时，产品为优等品；当时，产品为一等品；当时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率.产品数量（单位：件）（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为元，求的分布列与数学期望；（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动.客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、第50格.机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从到），若掷出反面，机器人向前移动两格（从到），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第格的概率为，试证明是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.【解析】（1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为.2分（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，由题意，或3分；.5分故的分布列为：4700039000所以数学期望.6分（3）机器人在第0格为必然事件，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率.机器人移到第格的情况只有两种：先到第格，又出现反面，其概率，先到第格，又出现正面，其概率.7分所以，故所以时，数列为首项，公比为的等比数列. 8分所以，以上各式累加，得，9分所以获胜概率，10分失败概率11分，所以获胜概率更大，故此方案能吸引顾客购买该款产品. 12分（二）选考题：共10分请考生在第22,23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22（本小题满分10分）在极坐标系中，射线：与圆：交于点，椭圆的方程为：，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角标系.（1）求点的直角坐标和椭圆的直角坐标方程；（2）若为椭圆的下顶点，为椭圆上任意一点，求的最大值.【解析】（1）射线：与圆：交于点， 点的直角坐标；2分椭圆的方程为，直角坐标方程为，5分（2）由（1