《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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
2、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244log 3log 9log 7ab=，由指数函数的性质及对数的性质，可得40440.70.71log 4log 7cb= =.4.【答案】【答案】B【解析】【解析】217, 3, 3474536=+aSaaaaQ5.【答案】【答案】D【解析】【解析】Q ()()abab+rrrr，() ()0abab+=rrrr，即220ab=rr，将1a =r和2221( )2bm=+r代入，得出234m =，所以32m = .6【答案】【答案】A【解析】【解析】由题意，将楔体分
3、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 A7.【答案】【答案】C【解析】【解析】令11|3|2+=kkd，解得4242k，所以相交的概率42222=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x8的项为xxxxCC8120)2(2)2(2232352325=9.【答案】【答案】B【解析】【解析】设( )( )g xf xx=,则函
4、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( )0g x等价为( )(1)g xg,即( )f xx，由211g x 得11gx 或11gx 或1010 x，)0(2)(=xxxf等16.【答案】62；72968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43，六面体的体积是正四面体的两倍，六面体的体积是62；（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
5、棱锥， 设球的半径为R， 所以）（R=4331662，求得96=R，所以球的体积7296896343433=）（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:2324bb b=，所以2111(6)(2)(14)aaa+=+， 1 分所以22111112361628,aaaa+=+解得12.a = 2 分2 .nan=
6、3 分设等比数列 nb的公比为 q ，所以342282,4baqba= 4 分又2224,422 .nnnbab= 5 分(2)由（1）知，2 ,2 .nnnan b=因为11121212nnnnnccccaaaa+=当2n时,1121212nnncccaaa+= 6 分由得，2nnnca=,即12nncn+= , 7 分又当1n =时，311 22cab=不满足上式,18,1,2,2.nnncnn+= 8 分数列 nc的前 2020 项的和342021202082 23 22020 2S= + + +23420214 1 22 23 22020 2=+ + + + 9 分设234202020
7、2120201 22 23 22019 22020 2T= + + +，则34520212022202021 2223 22019220202T=+ + +，由得：23420212022202022222020 2T=+10 分2202020222 (12)2020212=2022420192= 所以202220202019 24T=+,所以2020S=2022202042019 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1AC交1AC于点F，2 分则F为1AC的中点又D是AB的中点，连接DF，则1/ /BCDF4 分因
8、为DF 平面1ACD，1BC 平面1ACD，所以1/ /BC平面1ACD5 分（法 2）取11BA的中点F，连接BFFC,1，2分Q在直三棱柱111CBAABC 中，FC1CD，DA1BF，又CDACDDA11面、且DCDDA=1，FBCBFFC11面、且FBFFC=1，面CDA1面FBC14分FBCBC11面Q，1BC面CDA1. 5分（2）（法 1）由1222AAACCBAB=，可得：2AB =，即222ACBCAB+=所以ACBC6 分又因为111ABCA BC直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线1CACBCC、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则()()12220,0,02
9、,0,2 ),00,2,222CADE、，()12222,0,2 ,0 ,0,2,222CACDCE=uuuruuu ruuu r设平面1ACD的法向量为(), ,nx y z=r，则0n CD=r uuu r且10n CA=r uuur，可解得yxz= =，令1x =，得平面1ACD的一个法向量为) 1, 1, 1 (=n， 9 分同理可得平面1ACE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3cos,3n m=r ur,所以二面角1DACE的余弦值为33.12 分（法 2）Q,D E分别是1,AB BB的中点，1222AAACCBAB=21221
10、11323,263EADEDAEADEDA=+=，,即DADE1CDDEAABBDEAABBCDABCD，面又面1111,QDCDDA=1QCDADE1面7 分过点D作CADG1于G， 连接EG， 易证CAEG1， 则DGE即为所求角9 分在CDA1中，2321321, 31111=CACDDADGCACDDA，在DEGRt中，2tan=DGDEDGE，33cos=DGE，即二面角1DACE的余弦值为33.12 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）.
11、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50501002 分因为22100(1050300)9.096.63550 50 55 45K=，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：7.2121.63b= ，1395.52413.512003aybw=+=，所以回归方程为2112003yx= +8 分若售价为x，单件利润为15x，日销售为2112003yx= +，故日利润21120
12、0 (15)3zxx= +，(30)(40)zxx = +，理科数学答案第 8页共 10 页当(0,40)x时，211200 (15)3zxx= +单调递增；当(40,)x+时，211200 (15)3zxx= +单调递减故当售价40 x =元时，日利润达到最大为500003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=+mxaeemxaeexxxx，化简可得0)()1 (=+xxeea，所以1=a.3 分法一：由（1）可得mxeexfxx=)(，所以xxxxxemeemeexf1)(2+=+=，当2m时，
13、由于012+xxmee恒成立，即0)( xf恒成立，故不存在极小值.当2m时，方程012=+mtt有两个不等的正根)(,2121tttt，故可知函数mxeexfxx=)(在),(ln),ln,(21+tt上单调递增，在)ln,(ln21tt上单调递减，即在2lnt处取到极小值，所以m的取值范围是), 2( +.6 分法二：由（1）可得mxeexfxx=)(，令meexfxgxx+=)()(，则xxxxeeeexg1)(2=，故当0 x时，0)( xg；当0 x时，0)( xg，故)(xg在)0 ,(上递减，在), 0( +上递增，mgxg=2)0()(min，若02m，则0)(xg恒成立，)(
14、xf单调递增，无极值点；所以02)0(m，取mtln=，则01)(=mtg，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meexx=+00，代入mxeexfxx=)(，消去 m 可得00)1 ()1 ()(000 xxexexxf+=，8 分构造函数xxexexxh+=)1 ()1 ()(，所以)()(xxeexxh=，当0 x时，012=xxxxeeee，即0)( xh恒成立，故 h(x)在
15、0，+)上为单调减函数，其中eh2) 1 (=，10 分则02()f xe 可转化为0()(1)h xh，故10 x，由meexx=+00，设xxeey+=，可得当0 x时，0=xxeey，xxeey+=在 1 , 0(上递增，故eem1+，综上，m的取值范围是1, 2(ee+.12 分22【解析】【解析】（1）有OM=23，即 1-sin=23，sin=21-，0,20，=67或1163 分M 点的极坐标为（23，67）或（23，116）4 分（2）设射线 OM 的极角为，M(1,),N(2，2 +),20即MN=2212+=221- sin+1- sin( +)2（）6 分=3- 2= 3
16、- 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）21( )(1)04f xx=+，( ) |( )2| |( )|2( )| |( )2( )| |2| 2f xf xf xf xf xf x+=+=4 分理科数学答案第 10页共 10 页（法 2）21( )(1)04f xx=+，当2)(xf时，22)(2|2)(|)(=+xfxfxf；当2)(0，所以1)()(412)()(41=+=xfxfxfxfy，当且仅当1( )4 ( )f xf x=，12x = 时，取等号，7 分因为存在xR，1x ，使得| 1|)()(412+mmxfxf成立，所以2|1| 1mm，9 分所以13m 或02m或13m +10 分