湖南省天壹名校联盟2020届高三12月大联考 理科数学（PDF版） 11页

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(!)5»$,*(#)$%# OŸ}0 (%)×*(#)03##*!#aŠ O#%% ¡:$53O·Ñ–—! 第 1页（共 5页） 理科数学参考答案 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A D C B B A B A C B C 1.D 解析：A＝[－1，2]，B＝[1，2]，A∩B＝[1，2]． 2.A 解析：a·(a－2b)＝a2－2a·b＝1－2×1 2 ＝0，故选 A． 3.D 解析：A 不单调，B 单调递减，C 是偶函数，D 满足条件． 4.C 解析：z＝1＋3i 1－i ＝（1＋3i）（1＋i） 2 ＝－1＋2i，故选 C. 5．B 解析：由题意可知 m 天后剩下的线段的长度为(1 2)m，则(1 2)m< 1 100 ，解得 m≥7，故选 B. 6．B 解析：由线面间的位置关系易知选 B. 7．A 解析：由已知 綈 p：∃x0∈(－1，1)，f(x0)＝0 为真命题．∵f(x)为增函数，∴f(－1)f(1)＜0，1 e － 1＜a＜1＋e，a＝0，1，2，3，故选 A. 8．B 解析：x＝2020，x＝2018，x＝2016，…，x＝0，x＝－2，y＝m2＋m＝12，m＝3，故选 B. 9．A 解析：设一条渐近线方程为 y＝kx，则 |3k| k2＋1 ＝2，解得 k2＝4 5 ，∴b2 a2 ＝4 5 ，c2 a2 ＝9 5 ，e＝3 5 5 . 10.C 解析：由已知得ω＝2，x＝φ是 f (x)的一条对称轴，且使 f (x)取得最值，则 3φ＝kπ，φ＝π 3 ，f (x) ＝cos(2x＋π 3 )＝cos[2(x＋5π 12 )－π 2 ]，g(x)＝sin2x＝cos(2x－π 2 )，故选 C． 11.B 解 析 ： 由 已 知得 直 线 l 的 方 程为 ： y －ex1 － a ＝ ex1 － a(x － x1)， y － x2 ＝ 1 2 x2 (x － x2) ， ∴ ex1－a＝ 1 2 x2 ex1－a（1－x1）＝ x2 2 ，消去 ex1 －a 整理得 x1＋x2＝1. 12．C 解析：如图，EC＝PE＝PC＝3 3 2 ，∴PA＝PB＝3，设△PAB 与△ABC 的 中心分别为 G，H，过 G，H 分别作面 PAB 与面 ABC 的垂线交于点 O，则 O 是外 接球的球心，连接 OE，则∠OEH＝30°.∵EH＝ 3 2 ，∴OE＝1，R＝OB＝ OE2＋BE2 ＝ 13 2 ，S＝4πR2＝13π. 第 2页（共 5页） 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.3 14.4 15.－30 16.7 13．3 解析：作出可行域知 z＝2x－y 在点(3，3)处取得最大值 3. 14．4 解析：设等差数列{an}的公差为 d，则由已知可得 a1＝9d，∴an＝a1+（n﹣1）d＝（n+8）d. ∵ak 是 a1 与 a2k 的等比中项，∴ak2＝a1a2k，即（k+8）2d2＝9d•（2k+8）d，化简得 k2﹣2k﹣8＝0，解 得 k＝4（﹣2 舍去）. 15－30 解析：(1＋2 x －x)5 表示 5 个因式(1＋2 x －x)的乘积，有 2 个因式都选－x，其余的 3 个因式都选 1，相乘可得含 x2 的项，或者有 3 个因式选－x，有 1 个因式选1 x ，1 个因式选 1，相乘可得含 x2 的项， 故 x2 项的系数为 C25＋(－C35·C12·2)＝－30.(或将括号里面 2 项组合起来展开考虑) 16.7 解析：注意到 l1 的倾斜角为 30°，如图，设 A 在 l2 上的射影为 M，A 在 l1 上的射影为 N.∵AM＝AF，∴当 A，F，N 三点共线时，d1＋d2 取得最小值，此时 AN 与 AM 夹角为 60°，d1＝2d2，∴N 在 l2 上，FA：y＝－ 3(x－1)，N(－1，2 3)， 代入 l1 解得 b＝7. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分） 17．解析：(1)由余弦定理得 a2＋c2－b2＝2accosB，∴sinA sinB ＝2accosB c2 ＝2sinAcosB sinC ， ∴sin2B＝sinC，2B＝C 或 2B＝π－C， 由 2B＝π－C 得 A＝B，不符合条件，∴C＝2B.(5 分) (2)由(1)及正弦定理得 3 2 3 ＝sinB sinC ＝ sinB 2sinBcosB ，∴cosB＝ 3 3 ＝a2＋12－9 2a·2 3 ，解得 a＝1 或 3(舍)， ∴S△ABC＝1 2 ×1×2 3× 6 3 ＝ 2.(12 分) 18．解析：(1)连接 A1C 交 AC1 于点 O，连接 OD， 则平面 A1BC∩平面 ADC1＝OD， ∵A1B∥平面 ADC1，∴A1B∥OD， ∵O 为 A1C 的中点，∴D 为 BC 的中点，∴AD⊥BC， ∵B1D⊥平面 ABC，∴AD⊥B1D， ∵BC∩B1D＝D，∴AD⊥平面 BCC1B1， ∵AD⊂平面 ADC1，∴平面 ADC1⊥平面 BCC1B1.(6 分) (2)建立如图所示空间直角坐标系 Dxyz，设 AB＝2， 则 B(－1，0，0)，A(0， 3，0)，B1(0，0， 3)，C1(2，0， 3)， 第 3页（共 5页） ∴BA→＝(1， 3，0)，DA→ ＝(0， 3，0)，DC1 → ＝(2，0， 3)， 设平面 ADC1 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 3y＝0 2x＋ 3z＝0 ，取 x＝－ 3得 n＝(－ 3，0，2)， ∴|cos|＝| － 3 2× 7 |＝ 21 14 ，即直线 AB 与平面 ADC1 所成角的正弦值为 21 14 .(12 分) 19．解析：(1)由 y－＝1 6 6 1 i i y   ＝60 得1 6 ×(70＋65＋62＋59＋56＋t)＝60，解得 t＝48， ∴ 6 2 1 i i x   ＝32＋42＋52＋62＋72＋82＝199，n x－2＝6×5.52＝181.5， 代入可得b^＝1910－1980 199－181.5 ＝－70 17.5 ＝－4， a^＝ y－－b^ x－＝60－(－4)×5.5＝82， ∴所求的线性回归方程为y^＝－4x＋82.(5 分) (2)利用(1)中所求的线性回归方程y^＝－4x＋82 可得， 当 x1＝3 时，y^ 1＝70；当 x2＝4 时，y^ 2＝66；当 x3＝5 时，y^ 3＝62； 当 x4＝6 时，y^ 4＝58；当 x5＝7 时，y^ 5＝54；当 x6＝8 时，y^ 6＝50； 与销售数据对比可知满足|y^ i－yi|≤1 的共有 4 个“好数据”：(3，70)、(4，65)、(5，62)、(6，59)， 由题意知 X 的可能取值为 1，2，3， P(X＝1)＝C22·C14 C36 ＝1 5 ，P(X＝2)＝C12·C24 C36 ＝3 5 ，P(X＝3)＝C02·C34 C36 ＝1 5. ∴X 的分布列为 X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 数学期望 EX＝1×1 5 ＋2×3 5 ＋3×1 5 ＝2.(12 分) 20．解析：(1)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由已知得c a ＝ 2 2 ，∴a2＝2b2， 椭圆 C：x2＋2y2＝2b2，代入直线 l 方程整理得(m2＋2)y2＋2my＋1－2b2＝0， ∴y1＋y2＝－ 2m m2＋2 ＝－2 5 2，y1y2＝1－2b2 m2＋2 ＝2 5(1－2b2)， x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝2 5(2－b2)， 第 4页（共 5页） ∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，解得 b2＝1， ∴椭圆 C 的方程为x2 2 ＋y2＝1.(6 分) (2)由(1)知 Q(x2，－y2)，kPM＝ y1 x1－2 ，kPQ＝ －y2 x2－2 ， ∴kPM－kPQ＝ y1 x1－2 － －y2 x2－2 ＝y1（x2－2）＋y2（x1－2） （x1－2）（x2－2） ， ∵y1(x2－2)＋y2(x1－2)＝y1(my2－1)＋y2(my1－1)＝2my1y2－(y1＋y2)＝0，∴kPM＝kPQ， ∴P、M、Q 三点共线．(12 分) 21．解析：(1)f′(x)＝2lnx＋2－a，由 f′(x)＝0 得 x＝e a－2 2 ，当 x＞e a－2 2 时，f′(x)＞0，当 0＜x＜e a－2 2 时， f′(x)＜0，∴f(x)在 x＝e a－2 2 处取得最小值 f(e a－2 2 )＝1－2e a－2 2 ＜0，解得 a＞2－2ln2. ∵e a 2>e a－2 2 ，f(e a 2)＝1>0，∴f(x)在(e a－2 2 ，＋∞)上有 1 个零点； ∵a>2－2ln2，∴ 1 4a<1 20， ∴f( 1 4a)>0，∴f(x)在( 1 4a ，e a－2 2 )上有 1 个零点， 综上，a 的取值范围是(2－2ln2，＋∞)．(6 分)（分参数形结合可酌情给分） (2)由 f(x)＝0 得 2lnx＋1 x ＝a，令 g(x)＝2lnx＋1 x ，则 x1，x2 是 y＝g(x)与 y＝a 交点横坐标． g′(x)＝2 x －1 x2 ＝2x－1 x2 ，当 0＜x＜1 2 时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1 2)上是减函数，在(1 2 ，＋∞)上是增函数， ∴g(x)在 x＝1 2 处取得最小值，∴0＜x1＜1 2 ＜x2， 设 h(x)＝g(x)－g( 1 4x)(x＞1 2)，∴h′(x)＝－（2x－1）2 x2 ＜0，h(x)是减函数， ∴h(x)＜h(1 2)＝0，∴g(x)＜g( 1 4x)， ∵x2＞1 2 ，∴g(x1)＝g(x2)＜g( 1 4x2 )， ∵x1、 1 4x2 ∈(0，1 2)，g(x)在(0，1 2)上递减，∴x1＞ 1 4x2 ，即 4x1x2＞1.(12 分) 22．解析：(1)由ρ2＋4 2ρcos(θ－π 4 )－8＝0 得ρ2＋4ρcosθ＋4ρsinθ－8＝0， ∴x2＋y2＋4x＋4y－8＝0，∴曲线 C 的直角坐标方程为(x＋2)2＋(y＋2)2＝16.(4 分) (2)将直线 l 的参数方程代入 C 方程整理得 t2＋2t(sinα＋cosα)－14＝0， t1＋t2＝－2(sinα＋cosα)，t1t2＝－14＜0， 第 5页（共 5页） ∴||PA|－|PB||＝||t1|－|t2||＝|t1＋t2|＝2 2|sin(α＋π 4 )|， ∵0≤α＜π，∴π 4 ≤α＋π 4 <5π 4 ，－ 2 2