【文档说明】海南省海口市2020届高三6月测试模拟（二模）数学试题答案.docx，共(9)页，352.288 KB，由小赞的店铺上传

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2020年海口市高考调研考试数学参考答案一、单项选择题：1、C2、C3、B4、A5、B6、A7、D8、B二、多项选择题：9、BC10、AB11、ABC12、CD三、填空题：13、乙14、17−15、4、116、136四、解答题

17.解析：在△ABC中，已知(2)coscosbcAaC−=，由正弦定理得：(2sinsin)cossincosBCAAC−=…………1分即2sincossincossincosBACAAC−=,得

2sincossincossincossin()BAACCAAC=+=+…………2分又因为sin()sinABCACB++=+=，，所以，2sincossinBAB=…………3分(0),sin0,BB又

，得12cos1cos.2AA==，(0),A，所以，.3A=…………5分若选条件①②，由余弦定理得：2222212cos4222472abcbcAcccc=+−=+−=−+=…………7分223031()

cccc−−===−得，或舍去…………8分所以，11333sin23.2222ABCSbcA===…………10分若选条件①③，由21333cos(0)sin1cos.1414BBBB==−=，，，得…………6分又由正弦定理737,.sinsin7333214abbb

AB===，得解得…………7分因为,ABC++=所以，31313343sinsin()sincos+cossin.2142147CABABAB=+==+=…………8分437sin877.sin732

aCcA===从而，…………9分11374363sin7.22777ABCSabC===…………10分若选条件②③，由21333cos(0)sin1cos.1414BBBB==−=，，，得…………6分又由正弦定理

214,.sinsin3333214abaaAB===，得解得…………7分因为,ABC++=所以，31313343sinsin()sincos+cossin.2142147CABABAB=+==+=…………8分1443sin1637.

sin332aCcA===又…………9分11144383sin2.22373ABCSabC===…………10分18.解析：（1）由已知得…………1分所以，数列{}是以1为首项，公差为1的等差数列；…………2

分则=1+…………4分（2）由（1）知…………5分…………9分所以，…………12分19.解析：（1）法一如图，在平面SBC内，过点E作//EMCB交SB于点M，则有3SMMB=,连OM，取SB的中点F，连接DF.,S

AABCD⊥因为面,SADBDBACSAACA⊥⊥=所以，又，,DBSAC⊥所以，面,11+=+nnaananann=−1)1(nannnbb221==−+112211)()()(bbbbbbbbnnnnn+−+

+−+−=−−−12222321+++++=−−−nnn122121−=−−=nn212212)12()12)(12(−−−−=−++++nnnnnnbbb022425−=+−=nnn212++nnnbbbOESA

C面，所以OEDB⊥……………………2分又因为,SABCABBCSAABA⊥⊥=，所以，,BCSAB⊥面,SBSAB面所以,BCSB⊥又//EMCB，所以,EMSB⊥易知SDB为等边三角形，则DFSB⊥,由3SMMB

=得M为BF的中点，在DFB中，O为DB的中点，则有//OMDF,从而有OMSB⊥因为,,OMEMMOMEMOEM=面所以,SBOEM⊥面………………4分又OEOEM面，所以，OESB⊥因为,,BDSBBBDSBSDB=面所以，OESDB⊥面………………6分（1

）法二以A为坐标原点，,,ABADAS所在直线分别为,,xyz轴建系如图：则(0,0,4),(4,4,0),(4,0,0),(0,4,0)(2,2,0)SCBDO，，由4(3,3,1)SCECE=，得……2分(1,1,1)OE=,(4,4,0),(4,0,4)DB

SB=−=−440,OEDB=−=440,OESB=−=,OEDBOESB⊥⊥………………4分,,,,OEDBOESBSBDBSDBSBDBB⊥⊥=面所以，OESDB⊥面………………6分（2）易得平面1(0,0,1)BDCn=法向量………………8分设平面2(,,)BDEnxyz=法向量

，(4,4,0),(1,3,1)DBBE=−=−由22nDBnBE⊥⊥得,22=0=0nDBnBE即44030xyxyz−=−++=取2(1,1,2)n=−………………10分则1226cos,36nn−−==，所以,锐二面角EBDC−−的余弦值为63………………

12分20.解析：（1）由题知抛物线的焦点为(2,0)，则椭圆中2c=……………………1分D到圆O的最大距离为7,=5ODbOD+=，则2b=，……………2分则圆O的方程为224xy+=……………3分由2228abc=+=，椭圆C方程为

：22184xy+=……………4分（2）由题，设()(,),(,),2,0)(0,2PmnQtnn−由(22,0),(22,0)AB−…………………………5分得：直线:(22)22nPByxm=−−，从而22(0,)22nNm

−−直线:(22)22nPAyxm=++，从而22(0,)22nMm+………………………7分2222(,),(,)2222nnQMtnQNtnmm−=−−=−−+−得22228mnQMQNtm=+−………………………9分

因为P在椭圆C上，所以2228mn+=，因为Q在圆O上，所以224,tn+=…………………10分所以：2222222222(82)=4(4)=082mnnnQMQNttnnmn−=+=−−−−−,90,

.QMQNMQN⊥=为定值…………………12分21解析：（Ⅰ）由题意，1011100.310iixx===，……………1分101022221111()(10)0.091010iiiixxxx===−=−

=，……………3分所以ˆ100.3=，ˆ0.3=，样本的均值与零件标准尺寸差为100.31000.3−=，并且对每一个数据ix，均有ˆˆˆˆ(3,3)ix−+（1,2,3,,10i=），由

此判断该切割设备技术标准为B级标准．……………5分（Ⅱ）方案1：每个零件售价为70元．方案2：设生产的零件售价为随机变量，则可以取60，100．由题意，设备正常状态下切割的零件尺寸为X，且X～2(100.3,0

.3)N．所以(100)(99.7100.3)(2)0.4772PPXPX===−=，(60)1(100)0.5228PP==−==，……………8分所以随机变量的分布列为6010

0P0.52280.4772所以的数学期望600.52281000.4772600.51000.477770E=++=．…………11分综上，方案二能够给公司带来更多的利润．……………12分22．解析：（1）由已知：22(

)()-2cosln(0,)gxxfxxkxx=−=+'2cos()2-kgxxx=…………………………………1分当k为奇数时，cos-1k=，'2()20gxxx=+2()-2coslngxxk

x=在区间)0+，（上单调递增。…………2分当k为偶数时，cos1k=，2'22(1)2(1)(1)()2-xxxgxxxxx−−+===当''(0,1),()0;(1,),()0xgxxgx+

所以：()gx在区间01)（，上单调递减，在区间1)+（，上单调递增。…………………………3分综上所述:当k为奇数时,()gx在区间)0+，（上单调递增;当k为偶数时，()gx在区间)10，（上单调递减

，在区间)1+，（上单调递增。……………4分（2）'()mfxx=,'21()2hxx=设函数()fx与()hx上各有一点211221(,ln),(,)2xAxmxBxx−,则()fx以点A为切点的切线方程

为:11lnmyxmxmx=+−,()hx以点B为切点的切线方程为:2222-222xxyxx=+，……………………6分由两条切线重合，得:22121212-2ln2mxxxmxmx==−由题知，方程组有唯一解消去1x，整

理得：22112lnln2--02mxmmmx++=…………………8分令22112121g()2lnln2--'()2mmxxmxmmmgxxxxx−=++=−=，易知)(gx在区间）（m21,0单调递减，在

区间),m21（+上单调递增。当x逼近于0时，()gx逼近于+，()gx有唯一解，则有0)m21(g=，即112ln2ln2--022mmmmmm++=……10分1ln202mmm−+=令12()ln2,()ln21ln222mmmmmm

mmm=−+=+−=易知()m在区间10,2（）单调递减，在区间1(,)2+上单调递增。又1()02=所以1ln2-02mmm+=，只有唯一实根12m=.当12m=时，函数()lnfxmx=

与1()2xhxx−=的图象有且只有一条公切线……12分