2020届河南八市重点高中联盟领军考试数学高三（理数）数学答案 10页

高三理数参考答案 第 1 页 共 10 页 2019—2020 学年度上期八市重点高中联盟 “领军考试”高三数学参考答案（理数） 1.【答案】D 【解析】由已知可得    | 2 0 | 2A x x x x      ，      | 3 2 0 | 2 3B x x x x x x       或 ， 所以  | 3A B x x  .故选 D. 2.【答案】D 【解析】对于 A，函数 xy 1 是奇函数，在区间 0, 上单调递增，不符合题意； 对于 B，函数 22y x 是偶函数，在区间 0, 上单调递增，不符合题意； 对于 C，函数 sin 2y x 是奇函数，在区间 0, 上不是单调函数，不符合题意； 对于 D，函数 lgy x  是偶函数，又在区间  0, 上单调递减，符合题意. 故选 D. 3.【答案】B 【解析】由 2)2()( xx fxf  求导得 )(xf  = xx f 2)2( 2  .令 2x  ，得 44 )2()2(  ff ，解得 5 16)2( f .故选 B. 4.【答案】A 【解析】因为 0.3 0.3log 4 log 1 0a    ， 0.4 00 0.3 0.3 1b    ， 0.3 04 4 1c    ，所以a b c  .故选 A. 5.【答案】B 【解析】由已知可得函数的定义域为 0xx ，     3 3 e e e ex x x x x xf x f x       ，所以函数  f x 是偶 函数，图象关于 y 轴对称，可排除选项 A，C；又当 0x  时， 3 0x  ， 2e 1e e 0e x x x x     ，所以   0f x  ， 可排除选项 D.故选 B. 6.【答案】A 【解析】作出约束条件 2 4 0, 2 2 0, 3 3 0 x y x y x y            表示的可行域，如图所示. 由 3 2z x y  可得 3 2 2 zy x  ，平移直线 3 2y x ，可知当直线 过点  0,2A 时， z 取得最小值，为 0 2 2 4    .故选 A. 高三理数参考答案 第 2 页 共 10 页 7.【答案】C 【解析】如图，取 1CC 的中点G ，连接 ,BG FG .易得 AE BG∥ ，所以 FBG 是异面直线 AE 与 BF 所成的 角（或其补角）.在 FBG△ 中，  22 2 25 1 6BG BC CG     ， 2 2 2 2 1 1 1 1 2FG C F C G     ，  22 2 2 2 1 1 1 5 2 10BF C F C B      .由余弦定理， 可得 2 2 2 cos 2 BG BF FGFBG BG BF      6 10 2 7 15 302 6 10      .故选 C. 8.【答案】D 【解析】设等差数列 na 的公差为 d ，因为等差数列 na 为递增数列，所以 0d  .又因为 1 4 6, ,a a a 成等比 数列，所以 2 4 1 6a a a ，即   2 1 1 13 5a d a a d   ，化简得 0,09 101  ada 即 ，结合等差数列 na 为 递增数列，可得 1 2 9, , ,a a a 都小于 10a ，即都小于 0，所以当 n 9 或 10 时， nS 最小.故选 D. 9.【答案】B 【解析】由图象得， 2A  ， 3 π2 4 π 12 π54      T ，则 3π2  T  .又 212 π5     f ，所以 )(π22 π3 12 π53 Z kk ，所以 )(π24 π Z kk .又因为 2 π＜ ，所以 4 π ，所以       4 π3sin2)( xxf .对于 A，当 4 πx 时， 24 π     f ，为函数最小值，故 A 正确；对于 B，当 12 πx 时， 24 π 12 π3sin212 π          f ，所以函数图象关于直线 12 πx 对称，不关于点      012 π ， 对称，故 B 错误；对于 C，由 π22 π 4 π3π22 π kxk  ，可得 )π(3 2 12 ππ3 2 4 π Z kkxk ，令 0k  ，可 得 12 π 4 π  x ，所以  f x 在区间     0,4 π 上单调递增，故 C 正确； 对于 D，由       4 π3sin2 xy 的图象向左平移 6 π 个单位得到                4 π3sin24 π 6 π3sin2 xxy ，故 D 正确.故选 B. 高三理数参考答案 第 3 页 共 10 页 10.【答案】A 【解析】根据空间四面体棱长特征，将其补成长方体，如图所示， 设长方体的长、宽、高分别为 , ,a b c ， 2 2 2 2 2 2 4, 4, 2, a b a c b c          所以 2 2 2 5a b c   ，由上图可知，四面体 P BCD 的外接球也是该长方体的外接球，设 外接球的半径为 R ，根据长方体的性质知， 2 2 2 2(2 ) 5R a b c    ．故该四面体外接球的表面积为 2 24π (2 ) π 5πS R R   ．故选 A ． 11.【答案】A 【解析】如图，设 AB 的中点为O . 因为         2 2 3CA CB CO OA CO OB CO OA CO OA CO OA                      .因为 1 12 ABOA    ，所以 2 4CO  .又因为 AD DE EB  ，所以OD OE   ， 2 11 3 3OD AO AD        ，所以        CE CO OD CO OE CO OD COCD OD                    2 2 1 354 9 9CO OD      .故选 A. 12.【答案】C 【解析】因为    ln 1 0f x f x     ，所以     1 1f x f x   ，即     0f x f x  .令    exg x f x  ，则      e 0xg x f x f x      ，所以函数  g x 在 R 上单调递增.又因为  1 eg  ， 不等式   1e xf x  ，可变形为  e ex f x  ，即    1g x g ，所以 1x  ，即不等式   1e xf x  的解集 为 1, .故选 C. 高三理数参考答案 第 4 页 共 10 页 13.【答案】 3 2 【解析】由已知可得  2 5 , 11m   a b ，因为   aba 2 ，所以     2 2 5 4 11 0m      a b a ， 解得 27m  ，所以 9 9 3log log 27 2m   . 14.【答案】3399 【解析】设比萨斜塔的高度为 h 米，则由已知可得 4.09 4.09 58.4sin3.99 0.07h    米.设圆形地基的半径为 r 米， 则 285π 2 r ，解得 95 9.7r   ，所以比萨斜塔的侧面积为 33994.587.932π2  rhS 平方米. 15.【答案】 2 12 22 n n n   【解析】由 1 2 1n na a n    ，可得    1 1 2n na n a n     ，所以数列 na n 是公比为 2 的等比数列， 又 1 1 2a   ， 所 以 2n na n  ， 所 以 2n na n  ， 所 以       2 2 12 2 1 12 2 2 1 2 2 22 1 2 2 n n n n n n n nS n                 . 16.【答案】 3 1 【解析】设 ADB  ， BAD  ，则由余弦定理，可得 2 2 22 1 2 2 cos 5 4cosAB         ， 2 2 2 22 1 3cos =2 2 4 AB AC AB AC       .又由正弦定理，可得 sin sin BD AB   ，即 sinsin AC   ，所以                   AC AC ACACACADACS ACD 4 3·2 3sin·2 1·cos2 3sin·2 1·3 πsin··2 1 2△ 33 πsin3cos2 3sin2 1 4 3cos45·2 3sin2 1 4 3·2 3sin2 1 2        AC . 又因为 π0 ＜＜ ，故当 6 π5 时， ACD△ 面积最大，最大值为 3 1 . 17.【解析】（1）因为 ∥a b ， 所以 03 π2cos3 πsinsin3 πcoscos                  .…………………………2 分 因为 2 π 4 π ＜＜ ，所以 3 π2 3 π26 π ＜＜  . 所以 2 π 3 π2  ，解得 12 π5 .……………………………………4 分 所以 14 πtan6 π 12 π5tan6 πtan            .………………………………5 分 高三理数参考答案 第 5 页 共 10 页 （2）因为 2 π 4 π ＜＜ ，所以 π22 π ＜＜  . 又因为 1sin 2 4   ，所以 2 15cos2 1 sin 2 4       .………………………………7 分 所以                 3 π22sin2 12sin2 1 3 πcos3 πsincossin ba 3 π2sin2cos2 1 3 π2cos2sin2 12sin2 1   1 3sin 2 cos24 4    3 3 5 1 4 4 4 1 1 1 6 15 4            .…………………………10 分 18.【解析】（1）因为 2cos 2 b cC a  ， 由正弦定理，可得 2sin sincos 2sin B CC A  ，即 1sin cos sin sin2A C C B  .………………2 分 又因为  sin sin sin cos cos sinB A C A C A C    ， 所以 1 sin cos sin2 C A C .……………………………………4 分 又因为sin 0C  ，所以 1cos 2A  . 又因为 π0 ＜＜A ，所以 3 πA ……………………6 分 （2）因为 π0 ＜＜B ， 3cos 3B  ， 所以 2 6sin 1 cos 3B B   . 由正弦定理，可得 32sin 32 sin 26 3 b Aa B     .………………………………8 分 又   3 3 1 6 3 6sin sin sin cos cos sin 2 3 2 3 6C A B A B A B          .………………9 分 所以 8 2332 6 6322 3 2 1sin2 1  CabS ABC△ .………………………………12 分 高三理数参考答案 第 6 页 共 10 页 19.【解析】（1）连接 AC . 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 F 也是 AC 中点.………………………………2 分 因为 E 为 PA 中点，所以 EF∥PC .…………………………………………3 分 又 PC  平面 PBC ， EF  平面 PBC ， 所以 EF∥平面 PBC .……………………………………5 分 （2）因为 PD  底面 ABCD ，底面 ABCD 是正方形， 所以 , ,AD CD PD 两两垂直. 以 D 为坐标原点， , ,DA DC DP 所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则        0,0,0 , 1,0,1 , 1,1,0 , 0,0,2D E F P ， 所以  1,0,1DE  ，  0,1, 1EF   ，  1,0, 1PE   .…………………………7 分 设平面 DEF 的一个法向量为  1 1 1, ,x y zm ， 则 1 1 1 1 0, 0, DE x z EF y z            m m 令 1 1x  ，则 1 1 1y z   ， 所以  1, 1, 1  m .……………………………………9 分 设平面 PEF 的一个法向量为  2 2 2, ,x y zn ， 则 2 2 2 2 0, 0, PE x z EF y z            m m 令 2 1x  ，则 2 2 1y z  ， 所以  1,1,1n .……………………………………11 分 所以 1cos , 3   m nm n m n ， 所以 21 2 2sin , 1 3 3        m n ， 即二面角 D EF P  的正弦值为 2 2 3 .……………………………………12 分 高三理数参考答案 第 7 页 共 10 页 20.【解析】（1）由题意知，生产成本为   211000000 50 100G x x x   ， 所以     1000000 50100 G x xf x x x     .…………………………2 分 又   1000000 100000050 2 50 250100 100 x xf x x x        ， 当且仅当 1000000 100 x x  ，即 10000x  时，  f x 取得最小值 250 元. 即该公司生产 1 万只垃圾桶时，使得每只平均所需成本费用最少，且每只的成本费用为 250 元.………6 分 （2）由已知可得，利润     211000000 50 100g x ax G x xx m n x x                 21 1 50 1000000100 x m xn         .………………………………8 分 因为当产量为 15000 只时利润最大，此时每只售价为 300 元， 所以 1 1 0,100 15000 300, 50 15000,1 12 100 n m n m n                      解得 250m  ， 300n  .………………………………12 分 21.【解析】（1）由已知可得 1 1 1a S  . 当 2n  时， 2 nS n ，  2 1 1nS n   ， 所以 1 2 1n n na S S n    . 显然 1 1a  也满足上式， 所以 2 1na n  .………………………………………………2 分 因为 1 1 n n n b b a n   ，所以 1 2 1 21n n b n b n     . 又 1 12 2b a  ， 高三理数参考答案 第 8 页 共 10 页 所以数列 nb 是首项为 2，公比为 2 的等比数列. 所以 2n nb  .………………………………4 分 （2）由（1）可得 1 1 2 2 1 2 n n n n n bc a n n      ， 所以 12 1 n n n c  .………………………………5 分 所以 2 1 2 31 2 2 2n n nT      ， 所以 2 3 1 1 1 2 3 1 2 2 2 2 2 2n n n n nT        ， 两式作差，得 2 3 1 111 1 1 1 1 221 212 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n n n nT                所以 1 24 2n n nT    .…………………………………………9 分 不等式  11 2 n n n nT    ，化为  2 11 4 2 n n    . 当 n 为偶数时，则 2 14 2n   . 因为函数   2 14 2nf n   单调递增，所以    min 2 3f n f  . 所以 3  . 当 n 为奇数时，即 2 14 2n    ，即 2 1 42n   . 因为函数   2 1 42nf n   单调递减，所以    max 1 2f n f   . 所以 2   . 综上可得：实数  的取值范围是 2,3 .………………………………12 分 高三理数参考答案 第 9 页 共 10 页 22.【解析】（1）由已知得   e 1 x af x x     ，则   00 e 1f a a     . 又因为直线 2 1 0x y   的斜率为 2， 所以 1 2a   ，解得 1a  .………………………………1 分 所以    e ln 1xf x x   ，定义域为   ,1 . 所以   1e 01 xf x x     ， 所以函数  f x 在 1,  上单调递增.………………………………3 分 （2）当  0,x  时，      1 ln 1 1f x a x ax     恒成立， 即当  0,x  时，  e ln 1 1 0x x ax     恒成立. 令    e ln 1 1xg x x ax     ，则   1e 1 xg x ax     .…………………………5 分 令   1e 1 xh x x    ，则    2 1e 1 xh x x     . 当 0x  时， e 1x  ，  2 10 1 1x    ，所以   0h x  ， 所以函数   0y h x x  为增函数. 所以    0 2h x h  ，所以   2g x a   .………………………………7 分 ①当 2a  时， 2 0a  ，所以当 2a  时，   0g x  ， 所以函数   0y g x x  为增函数，所以    0 0g x g  ， 高三理数参考答案 第 10 页 共 10 页 故对 0x  ，      1 ln 1 1f x a x ax     恒成立；……………………………………9 分 ②当 2a  时， 1 1a   ，当 0x  时， 10 11x   ，   aaxxg xx  1e1 1e ， 当   0,ln 1x a  ，知 e 1 0x a   ，即   0g x  . 所以函数  y g x ，   0,ln 1x a  为减函数. 所以当  0 ln 1x a   时，    0 0g x g  . 从而      1 ln 1 1f x a x ax     ，这与题意不符.………………………………11 分 综上，实数 a 的取值范围为 ,2 .……………………………………12 分