【文档说明】湖北省鄂东南教改联盟学校2020届高三下学期高考模拟理科数学试题理科数学参考答案.pdf，共(6)页，455.333 KB，由小赞的店铺上传

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鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第1页鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第2页鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2020年6月份高考模拟高三理科数

学参考答案1~6：BDDCAB，7~12：CBDDBC13．1214．51615．972016．13π解析1．答案：B解析：∵7i(7i)(34i)2525i1i34i(34i)(34i)25z

，∴1iz．故选B．2．答案：D解析：∵21Bxx，∴2,1BxxxR或ð，∴=2,1,2ABRð，有3个元素，子集个数为8．故选D．3．答案：D解析：∵3cos()5，∴3cos5，

4sin5，∴cos3tan()2sin4，故选D．4．答案：C解析：∵1ba，∴110ab，lnln0xy，∴lnln0xy，lnlnxyba，故选C．5．答案：A解

析：3325400=235，2出现的次幂数有01232222，，，四种情况，同理有3出现的次幂数有四种情况，5出现的次幂数有三种情况，按照分步计数原理有N=44348，故选A．6．答案：B解析：设

等差数列na的公差为d，依题意有322321SSaa可得10dda，∴10dad,∴111naandna，111122nnnnnSnada，即12nnSna，则332Sa，故选B．7．答案：C解析：由1OQmOAmOB

mR可知，Q是直线AB：30xy上的点．=OQODDQ，即求D到Q的距离的最小值，D是以3,0C为圆心，1为半径的圆上的点，那么D到Q的最小距离，就可以看成圆C上的点到直线AB的最小值

，即圆心到直线AB的距离减半径，30313212，故选C．8．答案：B解析：抛物线28yx的焦点(2,0)F，准线为l：2x，过A、B、P分别作AA、BB、PP垂直于l，垂足分别为A，B，P．由抛物线定义知||

||AAFA，||||BBFB．又P为AB中点，由梯形中位线定理得1111||(||||)(||||)||1052222PPAABBFAFBAB，则P到y轴的距离523d（当且仅当AB过抛物线的焦点时取“”)，所以3mind，即M

点到y轴的最短距离为3．故选B．9．答案：D解析：设01,2x，则01,5gx，因为fx为周期函数，故以fx为突破口，设nZ，则000000+2222gxnfxnxnfxxngxn

，考虑在01,2x时，取2021n，则020212020,2019x，所以0002021220214042gxgxgx，所以020214043,4037gx，取2018n，则0+2

0182019,2020x，所以0002018+22018+40364035,4041gxgxgx，所以gx在2020,2020的值域为4043,4041．故选D．10．答案：D解析：两曲线有且只有两个不同的公共点的充要条件是方程2212102xa

xa有两个相等的正根或者有一个正根，一个负根，即221241021202aaa或22212410210aaa，鄂东南教改联盟学校6月

份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第3页鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第4页解得178a或11a．故选D．11．答案：B解析：22acbd表

示动点,ab与,cd的距离的平方，由ln20abcda可知ln=02=0abacd，则,Mab与,Ncd的轨迹方程分别为ln=xyx与2=0xy，00201ln=1xxxyx，则01x，切点为1,0Q到直线2=0xy

的距离的平方为92．故选B．12．答案：C解析：设22()2lnxgxxex，(0)x，则函数()gx在(0,)上为增函数，由222ln0xxex得2ln2xxxex，设()xfxxe，则2(2)2xfxxe，lnln(ln)lnxxfxxe

x，即方程2ln2xxxex等价为(2)(ln)fxfx．0x是方程222ln0xxex的实根，022002lnxxex，即00(2)(ln)fxfx，()(1)0xfxxe，()fx在(0,)上是增函数，002ln

xx，即002ln0xx，故③正确，则④不正确，设()2lnhxxx，则()hx在(0,)上为增函数，则1212()ln10heeee，01xe，故②错误，111()2ln1ln20222h，即012x，1ln2ln2e，0ln2x错误，故①

错误，故答案为：①②④．故选C．13．答案：12解析：依题意有112，∴12．14．答案：516解析：依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100的等差数列．设此数列为na，则由题意知1=500a，100400nan，由450

0nS．解得6n或15n（舍去），所以此决赛共比赛了6场．则前5场比赛的比分必为23:，且第6场比赛为领先的球队获胜，其概率为53515216C．15．答案：9720解析：当工资、薪金为8000元时，缴纳税款300

03%90(元)；当工资、薪金为17000元时，缴纳税款30003%900010%990(元)，所以他的工资、薪金在800017000元之间，设工资、薪金为x元，则30003%(9000)10%180x，解

得：9900x，所以税后所得为99001809720(元)．16．答案：13π解析：由题意得SA2+AB2＝SB2，得到SA⊥AB，取AB中点为D，SB中点为M，得到MDC为SABC的二面角的平面角，得到60MDC，设三角形ABC的外心为O，则3COBO，32DO

，球心为过M的ABS的垂线与过O的ABC的垂线的交点O，在四边形MDOO中，12OO，所以2222134ROBOOOB，所以球的表面积为4πR2＝13π．17．【解析】（1）由题意知：

213π2sin32sin2322cos1222cos1xxxxxf；令π22πk≤3π2x≤π22π3k，kZ，则π43π5k≤x≤π43π11k，kZ∴函数xfy的单调减区

间为π43π11,π43π5kk，kZ．-------------------5分（2）∵21Bf，∴03π2sinB，又因为π0B,即6π3π23πB，所以03π2B，即3π2B．-------------

-7分法一：在△ABC中由余弦定理可知：Baccabcos2222，即accaacca2223鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第5页鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（

共10页）第6页∴32caac≤42ca，当且仅当ca时取等号，∴243ca≤3，解得ca≤2又∵bca，∴ca3≤2---------------------------------------------------

-------------11分∴△ABC周长的取值范围为(32，32]．------------------------------------------------12分法二：在△ABC中由正弦定理可知：2sinsinsin

BbCcAa，所以Aasin2，Ccsin2∴CAcasin2sin2，又∵3πCA，∴AC3π，3π0A∴3πsin2cos3sin3πsin2sin2sin2sin2AAAAACAca∵3π23π3π

A，∴3πsin23A≤1，即ca3≤2----------------------11分∴△ABC周长的取值范围为(32，32]．------------------------------------

------------12分18．【解析】（1）证明：如图所示，取MB的中点P，连接DP，PN∵N为MC的中点，P为MB的中点∴NP//BC，又∵DE//BC，∴NP//DE，即点N、E、D、P四点共面又∵EN//平面MBD，NEDPEN平面，

DPMBDNEDP平面平面∴EN//DP，即四边形NEDP为平行四边形∴NP//DE，即BCDE21，所以21．-------------------------------5分（2）法一：取DE中点O，

因为平面MDE平面DECB且MODE，所以MO平面DECB，如图所示，建立空间直角坐标系O-xyz，不妨设BC=2，则3,0,0M，0,0,D，0,13,1B∴3,0,MD，0,13,1DB

设平面BMD的法向量zyxm,,，则301310MDmxzDBmxy，即33xzxy不妨令3x，即1,1,3m----

-----------------------------------------------------------8分又∵平面EMD的法向量0,1,0n∴5551,cosnmnmnm，即二面角B－MD－E的大小与值

无关--------10分又因为二面角B－MD－E为钝二面角，所以二面角B－MD－E的正切值为2．-----12分法二：过点B作DEBR，交ED延长线于点R，过点R作MDRT，交MD延长线于点T，连接RT∵平面MDE平面DEC

B，∴MDEBR平面，∴MDBR又∵MDRT，∴BRTMD平面，∴MDBT∴BTR为二面角B－MD－E的补角-------------------------------------8分不妨设BC=2，则13,1BRDR又∵

1233sinDRRT∴2tanRTBRBTR所以二面角B－MD－E的正切值为2，它与值无关．-------------------------------------12分19．【解析】（1）由题意知：4a=8，即a=2---------------

-------------------------------------2分又因为点P（1，23）在椭圆C上，所以149412b，即3b∴椭圆C的标准方程为13422yx．----------------------------------

---------------4分（1）假设存在，记0,mM①当直线l斜率存在时，设直线l：y=k(x+1)，11,yxA，22,yxB由1243122yxxky，得01248432222kxkxk∴0191612443482

2222kkkk2221222143124,438kkxxkkxx（*）------------------------------------------------

----6分∵MBFMAF11，∴0MBMAkk，即02211mxymxyoMBDECNyZxMBDECNRTMBDECNP鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第7页鄂东南教改联

盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第8页∴01221mxymxy，即0111221mxxkmxxk整理得02122121mx

xmxxk，将（*）式代入得02431843382222mkkmkkk，即0436242kmk，求得4m，即此时0,4M符合题意-------

--------------------------------------------------------------10分②当直线l斜率不存在时，点0,4M显然符合题意综上：x轴上存在定点0,4M，使得MBFMAF11恒成立．

-------------------12分20．【解析】（1）由题意知：01.010002mXP，即10m--------------------1分又因为50nm，所以40n------------------

---------------------------------------------2分（2）由题意知X可取0，1，2，3，4，5，6且01.01.01.00XP，02.021.01.01XP，09.01.01.024.01.02XP，16.0

24.01.024.01.03XP24.04.04.024.01.04XP，32.024.04.05XP16.04.04.06XP∴X的分布列为：X0123456P01.002.009.016.024.0

32.016.0------------------------------------------------------------6分（3）记方案一所需延保金及维修费用之和为1Y，则1Y的分布列为：1Y86008600+a8600+2a8600+3aP28.024.032.0

16.0∴aaaaYE36.18600316.0232.024.086001（元）--------------8分记方案二所需延保金及维修费用之和为2Y，则2Y的分布列为：2Y100001100012000P52.032.

016.0∴1064016.0200032.01000100002YE（元）---------------------------10分令1064036.18600a，则1500a①若1500a，则

21YEYE，应选择方案一；②若1500a，则21YEYE，可以任选一个方案；③若1500a，则21YEYE，应选择方案二．-------------------------------------12分21．【解析】（1）由题意知：

xxxxxxmxxmxfe13e2e132e22222令xxxxge132，则xxxxxxxxxxxxxge12e2ee13e32222令0xg，则12x；令0

xg，则12xx或∴xgy在2,上单调递减，在1,2上单调递增，在,1上单调递减∵函数xf恰有两个极值点，∴xf有两个不同的变号零点，又∵当x时，xg；2e2g，e51g

；当x时，0xg∴m2e≤0．-----------------------------------------------------------------------------5分（2）令0xg，则253

x不妨设21xx，由（1）知253≤212xx≤253-------------------------6分令xgxgxh4，x2≤253则xxxxxxxgxgxh

4e52e124即0e22e5e12e5e1242444xxxxxxxxxxxxxh∴xhy在253,2上单调递减∴当253,2x时，有02hxh

，即xgxg4，鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第9页鄂东南教改联盟学校6月份高考模拟高三理科数学参考答案（共10页）第10页令2xx，则224xgxg，又∵12xgxg，∴2

14xgxg又∵2,4,21xx且xgy在2,上单调递减∴214xx，即421xx----------------------------------------

------------------------9分∴42022121xxxx-----------------------------------------------------------10分由（1）

知：13e1211xxmx，13e2222xxmx两式相减得：333ee121212212212xxxxxxxxmxx所以121212ee3xxmxxxx≤0，即12xx≤3所以832121xxxx得证----------

---------------------------------------------------12分22．【解析】（1）∵cossin22cossin2yx，∴222222

yx，即曲线C的直角坐标方程为1422yx--------------------------------------------------------3分又∵0sin2cosm，∴直线l的直角坐标方程为02myx

．-----5分（2）设曲线C上任意一点sin,cos2M，则点M到直线l的距离为54sin2221sin2cos22mmd------------------------------------7分①当m≥0时，则51045

22maxmd，即22m-----------------------------8分②当m<0时，则5104522522maxmmd，即22m-------------9分综上：实

数m的值为22．-------------------------------------------------------------------10分23．【解析】（1）①当x≤21时，原不等式可化为xx2521≤219，解得-2≤x≤21；②当21<x<25时，原不等式可化为x

x2512≤219，解得21<x<25；③当x≥25时，原不等式可化为2512xx≤219，解得25≤x≤313；综上：不等式xf≤219的解集为313,2．----------------------------------

------------5分（3）由题意知：25,2732521,2321,273xxxxxxxf∴221minfxf，即M=2∴2cba∴cbacbacba111211

11≥29111212，当且仅当32cba时取等号综上：cba111的最小值为29．-----------------------------------------------------------10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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