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一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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。1【答案】A【解析】因为(1)(3)42ziii=+=+，所以 z 的虚部为 2.2【答案】D【解析】|,1|Ax xBx xa=Q，且 ABR=U，1a ，a 的值可为 2 3【答案】A【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40440.70.71
2、log 4log 7cb=.4.【答案】B【解析】217,3,3474536=+aSaaaaQ5.【答案】D【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】A【解析】由题意，将楔体分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】C【解析】令11|3|2+=kkd，解得4242k，所以
3、相交的概率42222=P.【答案】A【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】B【解析】设()()g xf xx=,则函数的导数()()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
4、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 70 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,每个试题考生都必须作答。第 22、23 为选考题，考生根据要求作答。17【解析】(1)依题意得:2324bb b=，所以2111(6)(2)(14)aaa+=+，1 分
5、所以22111112361628,aaaa+=+解得12.a=2 分2.nan=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 22ca b=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 22
6、020 2=+9 分设2342020202120201 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】（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
7、 DF，则1/BCDF 4 分因为 DF 平面1ACD，1BC 平面1ACD，所以1/BC平面1ACD 5 分（法 2）取11BA的中点 F，连接BFFC,1，2分Q在直三棱柱111CBAABC 中，FC1CD，DA1 BF，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 B C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
8、间直角坐标系，则()()12220,0,02,0,2),00,2,222CADE、，()12222,0,2,0,0,2,222CACDCE=uuuruuuruuur设平面1ACD 的法向量为(),nx y z=r，则0n CD=r uuur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，1222AAACC
9、BAB=2122111323,263EADEDAEADEDA=+=，,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】（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
10、,2）.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】（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211200(
11、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】（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，由于012+xxmee恒成立，
12、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02 m，则0)(xg恒成立，)(xf单调递增，无极值点；所以02)0(
13、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0，+)上为单调减函数，其中eh2)1(=，10
14、 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】（1）有 OM=23，即 1-sin=23，sin=21-，0,20，=67 或116 3 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=3-2 2 sin()4+（sin+cos）8 分3+2 2=1+2 MN 的最大值为1+2 10 分23【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
