【答案】【金太阳】2020年全国100所名校最新高考模拟示范卷 理科数学（四）

2020年全国100所名校最新高考模拟示范卷理科数学（四）参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 123456789101112ABACBACDDCBA1311413153231610,4e17(1),,,BEFGEFFGBEEFEFGBEF平面(2)2318(1)2nan(2)实数的取值范围是97,1319(1)28xy(2)直线AB斜率的取值范围是13,4420(1)0.4(2)1127(3)建议骑手选择 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 (a)21(1)1m(2)证明过程略222(1):cossin0:4cos4sin40laC(2)12a23(1)1,1ab(2)证明过程略1．答案：A解析：225log356,{|2log35}MNxx．2．答案：B解析：2222221,1,21,212zzzxyxxyxxyx．3．答案：A解析：若函数2()(231)fxbbx为幂函数，则222311,2320,(2)(21)0bbbbbb，解得2b或12，所以“2b”是“函数2()(231)fxbbx（为常数）为幂函数”的充分不必要条件．4．答案：C解析：2210cos1051ABACBACABAC，解得1．5．答案：B解析：设该椭圆长轴长为a，半焦距为c，依题意可得月球半径约为1347617382，10017381838198840017382138150acaacc，离心率150751988994cea，可知结论（1）（4）正确，（2）错误；因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以（3）错误．6．答案：A解析：由321cb，得32cba，即3sin2sinsinCBA，所以3sin2sin()sinCACA，而6A，所以3sin2sinsin66CC，即3113sin2sincos222CCC，解得1cos2C．解法二：由余弦定理得：2222cosabcbcA，即2231bcbc，又由321cb，可得312cb，将其代入2231bcbc，得222323133142ccccc，得23,3cc，3112cb，2221cos22abcCab．7．答案：C解析：2cos221()cos2cos22121xxxxfxxx，2112()cos(2)cos2()2112xxxxfxxxfx，所以函数()fx为奇函数，排除选项A，B；又当0x，且0x时，21()cos2021xxfxx，故选C．8．答案：D解析：作出不等式组表示的平面区域如图所示，作出直线:20lxy，并平移，当直线l经过点(,2)mm时，z最大，由已知得2217mm，解得5m．9．答案：D解析：设包含7块板的正方形边长为4，正方形的面积为4416，则雄鸡鸡头（标号3或5）和鸡尾（标号6）的面积之和为1212132，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡几头或鸡尾（阴影部分）的概率为316p．10．答案：C解析：设AEBFa，则211(3)9(3)33288BEBFaaVaa≤，当且仅当3aa，即32a时等号成立，即当三棱锥BEBF的体积取得最大值时，点,EF分别是棱,ABBC的中点，方法一：连接,AEAF，则352AE，352AF，2292AFAAAF，13222EFAC，因为//EFAC，所以AFE即为异面直线AF与AC所成的角，222819452424cos,932242222AFEFAEAFEAFEAFEF．方法二：以B为坐标原点，以BCBABB、、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则3(0,3,0),(3,0,0),(0,3,3),,0,02ACAF，3,3,3,(3,3,0)2AFAC，9922cos,92322AFACAFACAFAC，所以异面直线AF与AC所成的角为4．11．答案：B解析：56x是函数()fx的一条对称轴，5()3fxfx，令0x，得5(0)3ff，即33322a，所以1a，①正确；()sin3cos2sin3fxxxx．又因为函数()fx在区间12(,)xx上具有单调性，21xx的最大值为2T，且12()()fxfx，11(,())xfx和22(,())xfx两点关于函数()fx的一个对称中心对称，121212233,,2,2233ZZxxxxkkxxkk，当0k时，12xx取最小值23，所以①③④正确，②错误．12．答案：A解析：如图，以AB所在直线为x轴，ED所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则(2,0),(2,0),(0,4)ABD，设ABC△的内切圆分别切BCACAB、、于,,FGH点，3124CACBAGBFAHHB，所以C点的轨迹是以AB、为焦点的双曲线的第一象限部分，且2221,2,3,acbcaC的轨迹方程为220(,0)3yxxy．2,2,2CACBCACBCACDCBCD，则当点C为线段BD与双曲线在第一象限的交点时，CACD最小，ABCEFCBAyxz线段BD的方程为42(02)yxx≤≤，将其代入22330xy，得216190xx，解得835x（舍去）或835x，426512yx，(835,6512)C．ABC△的面积为14(6512)125242．DFGBAEHCDFGBAEHC13．答案：1解析：(5)(1)(3)0,((5))(0)(4)1fffffff．14．答案：13解析：6()(13)xax的展开式中含3x的项为2233366(3)(3)(135540)xCxaCxax，13554045a，解得13a．15．答案：323解析：由题可得,,ABECDEBEC△△△均为等腰直角三角形，如图，设,,BEECBC的中点分别为,,MNO，连接,,,,,,AMOMAODNNODOOE，则,OMBEONCE，因为平面ABE平面BCE，平面CDE平面BCE，所以OM平面ABE，ON平面DEC，易得2OAOBOCODOE，则几何体ABCDE的外接球的球心为O，半径2R，所以几何体ABCDE的外接球的体积343233VR．ABDCEMNO16．答案：10,4e解析：由()ln40fxxax，得ln4xax，记ln()4xgxx，则21ln()4xgxx，当(0,)xe时，()0,()gxgx单调递增，当(,)xe时，()0,()gxgx单调递减．又1()4gee，当0x时，()gx，当x时，()0gx．因为函数2()ln2fxxxaxx有两个不同的极值点，即方程ln4xax有两解，即函数()gx的图象与直线ya有两个公共点，故实数a的取值范围为10,4e．17．解析：（1）因为平面DGEF平面ABEG，平面DGEF平面ABEGEG，BE平面ABEG，BEEG，BE平面DGEF，又FG平面DGEF，BEFG．由题意可得2FGFE，222,FGFEGEEFFG，又因为BEEFE，FG平面BEF．…………………………………………………………5分（2）以G为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,2,0),(0,1,1)ABF，(1,1,1),(1,1,1),(0,1,1)FAFBGF．设平面AFB的一个法向量为(,,)nxyz，则000nFAxyzxzynFBxyz，令1x，得(1,0,1)n．由（1）可知平面EFB的法向量(0,1,1)mGF．11cos,222mnmnmn，由图可知二面角ABFE为钝角，所以二面角ABFE的大小为23．……………………12分ABEFDGxyz18．解析：（1）在等差数列{}na中，35755330,10aaaaa，所以{}na的公差51251aad，1(1)2naandn．…………………………………………4分（2）112349,49(49)nnaannnnnnnb对Nn恒成立，即4499595444949419nnnnnnnn对Nn恒成立，又55979744,4131341199n≥，即实数的取值范围是97,13．………………12分19．（1）设(,)Mxy，则点M到直线1y的距离等于1y，221(2)1yxy，化简得28xy，所以动点M的轨迹1C的方程为28xy．………………………………………………5分（2）由题意可知，PAPB、的斜率都存在，分别设为12,kk，切点1122(,),(,)AxyBxy，设(,)Pmn，过点P的抛物线的切线方程为()ykxmn，联立2()8ykxmnxy，得28880xkxkmn，26432320kkmn，即220kkmn，1212,22mnkkkk．由28xy，得4xy，222212111122224,2,4,288xxxkykxkyk，221212121212224424AByykkkkmkxxkk，因为点(,)Pmn在圆222:(2)(2)1Cxy上，1313,444mm≤≤≤≤，即直线AB斜率的取值范围是13,44．…………………………12分20．解析：（1）设事件A为“随机选取一天，这一天该快餐店的骑手人均日外卖业务量不少于65单”．依题意，快餐店的日均外卖业务量不少于65单的频率分别为0.2,0.15,0.05，0.20.150.050.4，()PA的估计值为0.4．……………………………………………………3分（2）设事件B为“甲、乙、丙、丁四名骑手中，至少有两名骑手选择方案(a)”，设事件iC为“甲、乙、丙、丁四名骑手中，恰有(0,1,2,3,4)ii人选择方案(a)”，则431014212163211()1()()11333818127PBPCPCC，所以四名骑手中至少有两名骑手选择方案(a)的概率为1127．…………………………………………7分（3）设骑手每日完成外卖业务量为X件，方案(a)的日工资11002()NYXX，方案(b)的日工资2150,54,1505(54),54,NNXXYXXX≤，所以随机变量1Y的分布列为：Y1160180200220240260280P0.050.050.20.30.20.150.051()1600.051800.052000.22200.32400.22600.152800.05224EY；同理，随机变量2Y的分布列为Y1150180230280330P0.30.30.20.150.052()1500.31800.32300.22800.153300.05203.5EY．12()(),EYEY建议骑手选择方案(a)．………………………………………………………………12分21．解析：（1）因为函数()fx在(0,)上单调递减，()101mfxx，即1mx在(0,)上恒成立，1m≤；又∵函数()gx在0,2上单调递增，()cos0gxmx，即cosmx在0,2上恒成立，1m≥．综上可知，1m．…………………………………………………………………………………………4分（2）由（1）知，当1m时，函数()ln(1)fxxx在(0,)上为减函数，函数()singxxx在0,2上为增函数．所以当0x时，ln(1)xx，当02x时，sinxx．111sin1,sin,sin,,sin01223(1)nn（Nn且2n≥），111ln(1sin1)1sin1sin1sin1223(1)111ln(1sin1)ln1sinln1sin1sin1223(1)111sin1sinsinsin1223(1)11111111223(1)2nnnnnnnn11111222311nnn2111(1sin1)1sin1sin1sin1223(1)enn（Nn，且2n≥）．……12分22．解析：（1）将cos,sinxy代入方程0xya中，得到直线l的极坐标方程为cossin0a；曲线C的普通方程为22(2)(2)4xy，即224440xyxy，所以曲线C的极坐标方程为24cos4sin40．……………………………………5分（2）在极坐标系中，可设123,,,,,666MAB，将6代入24cos4sin40，得2(232)40，23232，1314,2OAOBOM．即31,26M，将31,26M代入cossin0a中，得31131(sincos)222a．………………………………………………………10分23．解析：（1）原不等式等价于①1,22xxx≤；②11,1122xx≤≤≤≤≤；③1,22xxx≤．所以原不等式的解集为{|11},1,1xxab≤≤．……………………5分（2）122abmn，1122mn，11112121(1)(21)2(2)222222nmmnmnmnmnmnmn≥≥，当且仅当22nmmn，即11,2mn时取等号，1212mn≥．………………………………10分