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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

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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