湖南省岳阳市2020届高三数学教学质量检测试题（二）理 答案.pdf

理科数学答案第 1页共 10 页 岳阳市 2020 届高三教学质量检测试卷（二) 数学（理科）参考答案与评分标准数学（理科）参考答案与评分标准 一、选择题：本大题共选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的，把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效。符合题目要求的，把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效。 1【答案】【答案】a【解析】【解析】因为(1)(3)42ziii=+=+，所以 z 的虚部为 2. 2【答案】【答案】d【解析】【解析】 |,1 |ax xbx xa= =q，且abr=u，1a ，a的值 可为 2 3【答案】【答案】a【解析】【解析】依题意，由对数函数的性质可得 244 log 3log 9log 7ab=， 由指数函数的性质及对数的性质，可得 40 44 0.70.71log 4log 7cb=. 4.【答案】【答案】b 【解析】【解析】 217, 3, 3 474536 =+asaaaaq 5.【答案】【答案】d【解析】【解析】 q ( )()abab+ rr rr ，() ()0abab+= rr rr ，即 2 2 0ab= r r ，将1a = r 和 2 22 1 ( ) 2 bm=+ r 代入，得出 2 3 4 m =，所以 3 2 m = . 6【答案】【答案】a【解析】【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与 两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：沿 上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，则将几何 体分成两个四棱锥和 1 个直三棱柱，则三棱柱的 四棱锥的 体积 由三视图可知两个四棱锥大小相等， 立方丈立方尺 故 选 a 7.【答案】【答案】c【解析】【解析】令 1 1 |3| 2 + = k k d ，解得 4 2 4 2 k ，所以相交的概率 4 2 2 2 2 =p . .【答案】【答案】a【解析】【解析】555 )22()22(2)22)(12( xxxxx = ，利用二项式定理展开可得： 展开式中 x 8的项为 xxxx cc8120)2(2)2(22 323 5 232 5 = 9.【答案】 【答案】b【解析】【解析】设 ( )( )g xf xx= ,则函数的导数( )( ) 1g xfx =,且( )1fx ， 理科数学答案第 2页共 10 页 ( )0g x ， 即函数( )g x为减函数,(1)1f=q,(1)(1)11 10gf= = =， 则不等式( )0得11gx 或 11gx 或 1 0 10 x=xxxf等 16.【答案】 6 2 ； 729 68 理科数学答案第 4页共 10 页 【解析】 （1）每个小三角形的面积是 4 3 ，六面体的体积是正四面体的两倍，六面体的体积是 6 2 ； （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时， 连接球心和五个顶点， 把六面体分成了六个三棱锥， 设球的半径为r， 所以）（r= 4 3 3 1 6 6 2 ， 求得 9 6 =r，所以球的体积 729 68 9 6 3 4 3 4 33 =）（rv。 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题题为必考题,每个试每个试 题考题考生都生都必必须作须作答。第答。第 22、23 为选考题，考为选考题，考生根据生根据要求要求作作答。答。 17【解析】【解析】(1)依题意得: 2 324 bb b=， 所以 2 111 (6)(2)(14)aaa+=+， 1 分 所以 22 1111 12361628,aaaa+=+ 解得 1 2.a = 2 分 2 . n an= 3 分 设等比数列 n b的公比为 q ，所以 34 22 8 2, 4 ba q ba = 4 分 又 2 22 4,422 . nn n bab = 5 分 (2)由（1）知，2 ,2 . n nn an b= 因为 1 112 121 2n nn nn cccc aaaa + += 当2n时, 112 121 2n n n ccc aaa += 6 分 由得，2n n n c a =,即 1 2n n cn + = , 7 分 又当1n =时， 3 11 2 2cab=不满足上式, 1 8,1, 2,2. n n n c nn + = = 8 分 数列 n c的前 2020 项的和 342021 2020 82 23 22020 2s= + + + 2342021 4 1 22 23 22020 2=+ + + + 9 分 设 23420202021 2020 1 22 23 22019 22020 2t= + + +， 则 34520212022 2020 21 2223 22019220202t=+ + +， 由得： 23420212022 2020 22222020 2t=+10 分 22020 2022 2 (12) 20202 12 = 2022 420192= 所以 2022 2020 2019 24t=+, 所以 2020 s= 2022 2020 42019 28t+=+. 18（本小题满分 12 分） 理科数学答案第 5页共 10 页 【解析】【解析】（1）证明：（法 1）连接 1 ac交 1 ac于点f，2 分 则f为 1 ac的中点又d是ab的中点，连接df，则 1/ / bcdf 4 分 因为df 平面 1 acd， 1 bc 平面 1 acd，所以 1/ / bc平面 1 acd 5 分 （法 2）取 11b a的中点f，连接bffc, 1 ，2 分 q在直三棱柱 111 cbaabc 中，fc1cd，da1bf， 又cdacdda 11 面、且dcdda= 1 ，fbcbffc 11 面、且 fbffc= 1 ， 面cda1面fbc14 分 fbcbc 11 面q， 1 bc面cda1. 5 分 （2）（法 1）由 1 2 2 2 aaaccbab= ，可得：2ab =， 即 222 acbcab+= 所以acbc6 分 又因为 111 abca bc直棱柱，所以以点c为坐标原点，分别以直线 1 cacbcc、为x轴、y轴、 z轴，建立空间直角坐标系， 则 ()() 1 222 0,0,02,0,2 ),00,2, 222 cade 、， () 1 222 2,0,2 ,0 ,0,2, 222 cacdce = uuuruuu ruuu r 设平面 1 acd的法向量为(), ,nx y z= r ，则 0n cd= r uuu r 且 1 0n ca= r uuur ， 可解得y xz= = ，令1x =，得平面 1 acd的一个法向量为 ) 1, 1, 1 (=n ， 9 分 同理可得平面 1 ace的一个法向量为 理科数学答案第 6页共 10 页 ()2,1, 2m = ur ， 11 分 则 3 cos, 3 n m= r ur ,所以二面角 1 dace的余弦值为 3 3 .12 分 （法 2）q,d e分别是 1 ,ab bb的中点， 1 2 2 2 aaaccbab= 2 1 22 111 3 23 , 2 6 3eadedaeadeda=+=，, 即dade 1 cddeaabbdeaabbcdabcd，面又面 1111 ,q dcdda= 1 qcdade 1 面 7 分 过点d作cadg 1 于g， 连接eg， 易证caeg 1 ， 则dge即 为所求角9 分 在cda1中， 2 3 2 13 21, 3 1 1 11 = = = ca cdda dgcacdda， 在degrt中，2tan= dg de dge， 3 3 cos=dge， 即二面角 1 dace的余弦值为 3 3 .12 分 19（本小题满分 12 分） 【解析】【解析】（1）证明：由题知，直线 的斜率存在且不过原点， 故设， 由可得，.2 分 oaob.,，故4 分 所以直线 的方程为 故直线 恒过定点（0,2）.5 分 （2）由（1）知 理科数学答案第 7页共 10 页 7 分 设 由可得， 9 分 11 分 ，即存在常数满足题意.12 分 20（本小题满分 12 分） 【解析】【解析】（1） 采用促销没有采用促销合计 精英店352055 非精英店153045 合计5050100 2 分 因为 2 2 100(1050300) 9.096.635 50 50 55 45 k = ， 有99%的把握认为“精英店与采用促销活动有关”4 分 （2）由公式可得： 7.21 21.63 b = ， 1 395.52413.51200 3 aybw=+=， 所以回归方程为 2 1 1200 3 yx= +8 分 若售价为x，单件利润为15x，日销售为 2 1 1200 3 yx= +， 故日利润 2 1 1200 (15) 3 zxx = + ，(30)(40)zxx = +， 理科数学答案第 8页共 10 页 当(0,40)x时， 2 1 1200 (15) 3 zxx = + 单调递增； 当(40,)x+时， 2 1 1200 (15) 3 zxx = + 单调递减 故当售价40 x =元时，日利润达到最大为 50000 3 元12 分 21（本小题满分 12 分） 【解析】【解析】（1）由函数 )(xf 为奇函数，得0)()(=+xfxf在定义域上恒成立， 所以 0=+ mxaeemxaee xxxx ， 化简可得0)()1 (=+ xx eea，所以1=a.3 分 法一：由（1）可得mxeexf xx = )(，所以 x xx xx e mee meexf 1 )( 2 + =+= ， 当2m时，由于 01 2 + xx mee 恒成立，即0)( x f恒成立，故不存在极小值. 当2m时，方程 01 2 =+mtt 有两个不等的正根)(, 2121 tttt， 故可知函数mxeexf xx = )(在),(ln),ln,( 21 +tt上单调递增， 在)ln,(ln 21 tt上单调递减，即在 2 lnt处取到极小值， 所以m的取值范围是), 2( +.6 分 法二：由（1）可得mxeexf xx = )(， 令 meexfxg xx += )()( ，则 x x xx e e eexg 1 )( 2 = ， 故当0x时，0)( x g；当0x时，0)(= m tg， 理科数学答案第 9页共 10 页 又函数)(xg的图象在区间, 0t上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间), 0(t上，存在 0 x 为函数)(xg的零点，)( 0 xf为)(xf极小值.所以，m的取值范围是 ), 2( + .6 分 （2）由 0 x满足 mee xx =+ 00 ，代入mxeexf xx = )(， 消去 m 可得 00 )1 ()1 ()( 000 xx exexxf +=，8 分 构造函数 xx exexxh +=)1 ()1 ()(，所以)()( xx eexxh= ， 当0x时，0 1 2 = x x xx e e ee，即 0)( x h 恒成立，故 h(x)在0，+)上为单调减函数，其 中 e h 2 ) 1 (=，10 分 则 0 2 ()f x e 可转化为 0 ()(1)h xh，故 1 0 x ，由 mee xx =+ 00 ，设 xx eey += ， 可得当0x时，0= xx eey， xx eey +=在 1 , 0( 上递增，故 e em 1 +， 综上，m的取值范围是 1 , 2( e e+.12 分 22【解析】【解析】（1）有om= 2 3 ，即 1-sin= 2 3 ，sin= 2 1 -，0,20， = 6 7 或 11 6 3 分 m 点的极坐标为（ 2 3 ， 6 7 ）或（ 2 3 ， 11 6 ）4 分 （2）设射线 om 的极角为，m( 1 ,),n( 2 ， 2 +),20 即mn= 22 12 += 22 1- sin+1- sin( +) 2 （）6 分 =3- 2= 3- 2 2sin() 4 +（sin +cos ）8 分 3+2 2=1+ 2 mn的最大值为1+ 210 分 23【解析】【解析】（1）（法 1） 2 1 ( )(1)0 4 f xx=+， ( ) |( )2| |( )|2( )| |( )2( )|