1、巴中市普通高中 2020 级“零诊”考试数学答案（理科）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，只有一个是符合题目要求的1【解析】B先写出集合 M ，然后逐项验证即可由U =1, 2, 3, 4, 5且 2得 M =3, 4, 5 ，故选 B备注：2022 年全国乙卷理数第 1 题改编.2【解析】D利用复数四则运算，先求出 z ，再依照复数的概念求出复数 z 的虚部选 D方法一：由题意有 z = 3 4i = (3 4i)(i) = 4 3i i i(i)，故复数 z 的虚部为 3 方法二：由 i z = 3 4i = i( 3i 4) ，得 z
2、 = 43i ，故复数 z 的虚部为 3 3【解析】A l1l2 m = 1，故“ m =1”是“ l1l2 ”的充分不必要条件选 A4【解析】D不妨取双曲线的右焦点 (c, 0) ，渐近线 y = bx ，由点到直线距离公式得 b2 = 4 ，然后利用离心率的变通公式 c = 1+ b2 = 5 ，进而求得离心率 e 的值由题意得，不妨取双曲线的右焦点2 + = =F + b2 ，双曲线的渐近线为 y = bx ，即 bx y = 0 ，则 ，即 b2 = 4a2 ，所以离心( 1 , 0)b +12率 e = b2 +1 = 5 选 D5【解析】C充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知
3、，同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证，需注意相应定理的条件的完备性对于 A 选项， n a 也可能；对于 B 选项，由条件得不到 m a ，故不能推断出a b ；对于 C 选项，则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确；对于 D 选项，条件中缺少 m a ，故得不到 m b a b6【解析】A由任意角的三角函数定义，得 tanq = = ，故 B(2, 2a) ，|OB|= 2 1+ tan2a = 2|OA| 由1 23 cos sin 3 1 tan 32q 2q q 2 = cos2 ，变形得：q = 得： cos2q = cos2q sin2q = = ，解得 tan2q
4、 = 4，所5 cos2q +sin2q 5 + 2a5 1 tan以 | OB |= 2 5 或者，设 | OA|= r ，则 r2 =1+ a2 ， sinq = a , cosq = 1, | OB |= 2r ；由 cos2 3 r r 5q = 得cos2 cos sinq = q q = 2 = 2 = 2 2 ，解得： a2 = 4 ，故| OB |= 2r = 2 5 选 A1 a 1 a 3 2 + 2 5r 1 a7【解析】D借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性，正弦型函数的符号变化规律，均值不等式等知识进行推断由 ( ) 2sin(p x) , 2, 2f x = x 知
5、 f (x) 为奇函数，且在 (0, 1) 内恒正，故 A、B 选项不正x x e + e确；又 2sin(p x) 2 ，ex + ex 2 且等号不同时成立，由不等式的性质知| f (x) | 0 知：当 k =13 6 3 6 2时取最小值，故 min 7w = 选 B或者，由 cos( ) w + = p 时 y =1，由 y = sinwx知y = wx + p 知 x p 22 3 3当wx = p 时 y =1，故由题意得 5p p = p ，解得 7w = 3w 3 2w2 211【解析】B由 f (x +1) = 2 f (x) 得： f (x) = 2 f (x 1) 又当
6、 x(0, 1 时，yf x = 1 p x 1 ，故当 x(1, 2 时， ( ) 1 , 0( ) sin , 0f x ；类推得：当4 4 2x 时，f (x) = 4 f (x 2) = sinp x1, 0 ，且p x(2p, 3p 如图(2, 37 83 3由 sin = 3 得 sinp = 3 ，解得 p = 2p + 1p 或 2 2p x x x p x = p + p ，解得1 2 3O x2 2 3 3x = 7 或 8 f (x) 3 ，则 7x = 故若对任意 x(, m，都有 m 选 B3 3 2 312【解析】C要比较 a, b, c 的大小，可先比较 lna,
7、 lnb, lnc 的大小又 lna = 22ln 20，lnb = 21ln 21， lnc = 20ln 22方法一：由 22+ 20 = 21+ 21= 20+ 22 = 42 ，令函数 f (x) = (42 x) ln x, x 20 ，则 f (x) ln x 42 1 = + 在x20, + ) 上单调递减，所以 ( ) (20) ln 20 11f x f = + ；因 为 e2 32 = 9 2 ，ln 20 2 ，10所 以 ( ) (20) ln 11 2 11 9 0f x f = + + = f (21) f (22) ，即 lna lnb lnc ，故 c b ，所
8、以x 20 22lna = 22ln 20 20ln 22 = lnc ，从而 a c ；再比较比较 lna 与 lnb 的大小，令 ( ) ln , 20h x = x ，则x x +1x +1lnxx + = ，故 y x 1 ln x，记 y x 1 ln x 1 1 0 + = = ，则 = 在 (0, + ) 上是减函数，所以h (x) y(x +1) x2 2x x x当 x20 时， 21 ln 20 0y ，从而 h(x) h(21) ，20即 ln 20 ln 21 ，变形得 22ln 20 21ln 21 ，所以 lna lnb ，由此得 a b ；同理可比较得到 b c
9、；故21 22a b c 故选 C二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分13【解析】 1利用二项展开式的通项公式及已知建立 m 的方程求得 m 的值因为展开式中含 x3 的 项为 C53 22 (mx)3 = 40m3 x3 ，所以 a3 = 40m3 = 40 ，解得 m = 1 注：本题原型为人教 A 版选修 2-3 例 2（1）题，主要考查二项式定理及其通项公式，及数学运算核心素养和运算求解能力14【解析】57计算得 x = 1 (2 + 3+ 5 + 6) = 4 ， 1 (28 31 41 48) 37y = + + + = ，则样本中心点是 (4, 37)
10、，代4 4入回归方程得 a = y 5x = 37 5 4 =17 ，所以回归方程是 y = 5x +17 ，将 x =8代入得 y = 57 15【解析】8 6p 由题意有：BD 平面 ADC ，AD, DC 平面 ADC ，故 BD AD, BD CD ；由 BD=2理科数学答案第2页 共 11 页BAB = 2 2 ， BC = 2 5 及 勾 股 定 理 得 ： AD = 2, CD = 4 ， 又 AC = 2 5 ， 故 AD2 +CD2 = AC2 ，所以 AD DC ，即 BD，AD，CD 两两垂直，所以三棱 A BCD的外接球与以 BD，AD，CD 分别为长、宽、高的长方体的
11、外接相同（如右图，O 为球心），所以球半径R = 2 + 2 + 2 = ，从而 4 3 8 62 2 4 6V = p R = p 2 3ADOCp ，2 3 , 3)16【解析】 以三角形边角关系的射影定理为背景，综合考查正弦、余弦定理、三角变3 3换的基本公式与方法，三角函数的图象与性质等知识，求角 A 时，既可用正弦定理边化角，也可用余弦定理角化边，还可直接用教材中习题的结论射影定理简化；对于 1 1 + 的范围问题，可切tan B tanC化弦后转化为求 sinBsinC 的范围，利用 B + C = 2p 且 0 B, C p 转化只含一个角变量的函数的值域，3 2此 时 可 直
12、接 代 入 消 元 化 简 也 可 用 对 称 设 元 简 化 ； 也 可 用 三 角 形 中 三 内 角 的 正 切 关 系 tan AtanBtanC = tan A+ tanB + tanC 转化；还可以构造几何图形作几何法或坐标法求解 （1）求角 A 的过程与方法由已知及正弦定理得：2sin Acos A = sinCcosB +sin BcosC = sin(B +C) = sin A ，又 0 ，A p2故 cos 1 A = p A = ，所以2 3由已知及射影定理得：2acos A = ccos B + bcosC = a ，故 cos 1 A p A = p A = ，又 0
13、 ，所 以2 2 3a + c b + a + b c = a A ，化简得 cos 1 A p2 2 2 2 2 2由已知及余弦定理得： 2 cos A = ，又 0 ，所以2a 2a 2 2A = p 3（2）求 1 1 + 范围的过程与方法tan B tanC策略一：切化弦后转化借助正弦型函数的图象与性质1 1 cosB cosC cosBsinC + cosCsin B B C sin Asin( + ) 3 + = + = = = = ，由tan B tanC sin B sinC sin BsinC sin BsinC sin BsinC 2sin BsinCB + C = p ，
14、故 22 C = p B ，又 B 为锐角，所以 p p B3 3 6 2A = p 得3 sin BsinC = sin Bsin(2p B) = sin B( 3 cosB + 1 sin B) = 3 sin 2B 1 cos2B + 1 = 1 sin(2B p ) + 1 因3 2 2 4 4 4 2 6 4为 p 2 p 5p ， 故 1 sin(2B p ) 1 B = p 取 等 号 ， 所 以 sin sin (1 , 3B ， 当 且 仅 当 B C ， 故6 6 6 2 6 3 2 41 + 1 2 3 , 3) tan B tanC 3令 ,B = p x C = p
15、+ x ，由 B、C 均为锐角得3 3p pB C = p x p + x = x ，故 sin sin sin( )sin( )6 6 3 33 1 3 1 3 1 3 1 3( cos sin )( cos sin ) cos sin sin ( , x x x + x = 2 x 2 x = 2 x ，下同2 2 2 2 4 4 4 2 4由和、差角的余弦公式可得： 2sin sin cos( ) cos( ) cos( ) 1B C = B C B + C = B C + ，由已知得2p p ，故 ，所以 cos(B C)(1 , 1 ，故 2sin sin (1, 3p pB, CB
16、 C B C ，下同6 2 3 3 2 2策略二：用余弦定理转化在ABC 中，由正弦、余弦定理得： sin2 B +sin2C 2sinBsinCcos A = sin2 A ，代入A = p 得：33 = sin + sin sin sin ，变形得 sin BsinC = 3 (sin B sinC)2 ，由已知得 0 | sin sin | 1 B C B C B C ，故2 24 4 21 sin sinB C24策略三：用公式 tan AtanBtanC = tan A+ tanB + tanC 转化由 B + C = A = = ，变形得： 3(tan BtanC 1) = tan
17、 B + tanC ， 3 1 tan BtanCA = p 得： tan( ) tan 3 tan B + tanC故 1 1 tan B + tanC 3 tan BtanC 3 3 3 p p 知： 3(tan BtanC 1)+ = = = ；由 B, Ctan B tanC tan BtanC tan BtanC tan BtanC 6 2= tanB + tanC2 tanBtanC ，仅当 tanB = tanC 取等号，解得 tanBtanC 3 ，故 tanBtanC3 ，所以理科数学答案第3页 共 11 页 3 3 0 ，从而 1 1 2 3 , 3)+ 3 tan Bta
18、nC tan B tanC 3 策略四：几何法或坐标法不妨设 a = 3 ，过点 A 作 AD BC 于 D，如右图设 BD = x, 0 x 3 ，y则 CD = 3 x ， tan B AD = tanC则 CD = 3 x ， tan B ADx=AD3 x，所以 1 1 x + 3 x 3+ = = tan B tanC AD ADAA A21p p 得1 AD 3 ，故 1 1 2 3 , 3) B, C + 2 6 2 tan B tanC 3不防设ABC 的边 a = 3 ，则其外接圆半径为 1如右图建立直角坐标系，则ABC 的外接圆的方程为 x2 + (y 1)2 =1 ，设
19、A(x, y) ，由已知得 3 3 x ，2 2 2B xD O C1 3 y ，23 3 x + x1 + 1 = 2 + 2 3 2 3 , 3) = tan B tanC y y y 3三、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 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：60 分17（12 分） 解：（1）方法一：由 Sn+1 2Sn = 2 得： Sn+2 2Sn+1 = 2 1 分 Sn+1 2Sn = Sn+2 2Sn+1 ，变形得 Sn+2 Sn+1 = 2(Sn+1 Sn) 2 分 an+2 =
20、 2an+1 3 分又 a1 = 2 且 S2 S1 = S1 + 2 a2 = 2a1 4 分由知：对任意 nN*，恒有 an+1 = 2an ，且 a1 = 2 数列an是首项与公比均为 2 的等比数列5 分 an = 2n 6 分 方法二：由 Sn+1 2Sn = 2 变形得： Sn+1 + 2 = 2(Sn + 2) 2 分又 a1 = 2 ，故 S1 + 2 = a1 + 2 = 4 3 分 数列Sn + 2 是以 4 首项，2 为公比的等比数列 Sn + 2 = 4 2n1 = 2n+1 ，故 Sn = 2n+1 2 4 分 当 n2 时， an = Sn Sn1 = 2n+1 2
21、 (2n 2) = 2n 5 分又 a1 = 2 也适合上式 an = 2n 6 分 方法三：（归纳猜想，然后用数学归纳法证明） 由 a1 = 2 = S1 且 S2 2S1 = 2 得： S2 = 6 = 23 2由 S3 2S2 = 2 得： S3 =14 = 24 2同理可得： S4 = 30 = 25 2 1 分猜想： Sn = 2n+1 2 2 分证明：当 n =1时， S1 = a1 = 22 2 = 2 ，结论正确 假设当 n = k 时，有 Sk = 2k+1 2 成立那么，当 n = k +1时， S +1 = 2S + 2 = 2(2k+1 2) + 2 = 2(k+1)+
22、1 2 3 分k k故当 n = k +1时，结论正确综上可知， Sn = 2n+1 2 4 分下同方法二（2）方法一：由（1）知， bn = nan = n2n 7 分理科数学答案第4页 共 11 页 Tn =1 2 + 2 22 + 3 23 + n 2Tn = 1 2 + 2 2 + ) 2n + n 2n+ 8 分两式相减得： Tn = 2 + 22 + 23 n 2n+1 9 分2 3 12(1 2 ) 2 (1 ) 2 2 n= = 11 分n + n +n 1 n 112 Tn = (n 1) 2n+1 + 2 12 分 方法二：由（1）知， bn = nan = n2n 7 分
23、 裂项变形得： bn = n2n = (n 1) 2n+1 (n 2) 2n 9 分 Tn =1 2 + 2 22 + 3 23 + n= + 3 + 4 3 + 5 4 + 1 10 分2 2 (2 2 2 ) (3 2 2 2 ) 1) 2n+ (n 2) 2n= + 2 (n 2) 2n+1即 Tn = (n 1) 2n+1 + 2 12 分 18（12 分）解：（1）由题意得，总人数为 20045 岁以上（含 45 岁）的人数为 200 3 120 = ，45 岁以下的人数为 80 1 分5一周内健步走少于 5 万步的人数为 200 3 60 = 人 2 分10由此得如下列联表：3 分
24、一周内健步走5 万步 一周内健步走 2 200 (90 30 50 30) 25 3 2.706故 5 分1406080120 7 有 90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关6 分（2）由题意，抽取的 8 人中一周内健步走5 万步有 6 人，少于 5 万步的有 2 人 X 的所有可能取值为 0，1，2，且 X 服从超几何分布7 分 由组合数公式及等可能事件的概率公式得：0 2C C 1P(X = 0) = = 8 分6 22 28 C81 1C C 12P X = = 6 2 = 9 分( 1)228 C82 0 C C 15( 2)P X = = 6 2 = 10 分228 C
25、8 X 的分布列为 11 分X 0 1 2P 112 15 28 28 281 12 15 3EX = 0 +1 + 2 = 12 分28 28 28 2F19（12 分）解：（1）证明E方法一：由正方形 ABCD 的性质得： ABCD 1 分 又 AB 平面 DCF， CD 平面 DCFCB AB平面 DCF 2 分 BECF ， BE 平面 DCF， CF 平面 DCFD A理科数学答案第5页 共 11 页 BE平面 DCF 3 分 AB AB, BE 平面 ABE 平面 ABE平面 DCF 4 分 AE 平面 ABE AE平面 DCF 6 分 方法二：在 CF 取点 G 使得 CG =
26、2 = BE ，连结 EG、DG BECFF 四边形 BEGC 是平行四边形 1 分 故 EGBC ，且 EG = BC 2 分GE又 ADBC, AD = BC ADEG, AD = EG 3 分 四边形 ADGE 是平行四边形 4 分C AEDG 5 分B 又 AE 平面 DCF， DG 平面 DCFD AE平面 DCF A 6 分方法三： 平面 BCFE 平面 ABCD，平面 BCFE 平面 ABCD=BCBE BC ， BF 平面 BCFE BE 平面 ABCD 1 分又 BECF CF 平面 ABCD 2 分又 CD BC ，故 CB，CF，CD 两两垂直以 C 为原点， CD, CB, CF 的方向分别为 x, y, z 轴的正方向建立空间直角坐标系 C xyz由 AB = BC = CD = DA = BE = 2 ， CF = 3得：C(0, 0, 0), D(2, 0, 0), B(0, 2, 0), A(2, 2, 0), E(0, 2, 2), F(0, 0, 3) 3 分 AE = (2, 0, 2)
