理科数学答案第1页共11页巴中市普通高中2020级“零诊”考试数学阅卷参考答案(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{1,2,3,4,5}U且{1,2}UMð得{3,4,5}M,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(34i)(i)34i43iii(i)z,故复数z的虚部为3.方法二:由i34ii(3i4)z,得43iz,故复数z的虚部为3.3.【解析】A.121llm∥,故“1m”是“12ll∥”的充分不必要条件.选A.4.【解析】D.不妨取双曲线的右焦点(,0)c,渐近线ybx,由点到直线距离公式得24b,然后利用离心率的变通公式215cb,进而求得离心率e的值.由题意得,不妨取双曲线的右焦点210)(,Fb,双曲线的渐近线为ybx,即0bxy,则22|10|21bbbb,即224ba,所以离心率215eb.选D.5.【解析】C.充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知,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也可能;对于B选项,由条件得不到m,故不能推断出;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,故得不到m.6.【解析】A.由任意角的三角函数定义,得tan12ab,故(2,2)Ba,2||21tan2||OBOA.由3cos25得:222222cossincos2cossincoss5in3,变形得:221tan51t3an,解得2tan4,所以||25OB.或者,设||OAr,则221ra,1sin,cos,||2aOBrrr;由3cos25得222222113cos2cossin51aara,解得:24a,故||225OBr.选A.7.【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()(),[2,2]xxxfxxee知()fx为奇函数,且在(0,1)内恒正,故A、B选项不正确;又2sin()2x≤,2xxee≥且等号不同时成立,由不等式的性质知|()|1fx,排除C选项.选D.8.【解析】A.设公差为d,则211(1)()22nnndnadnadnS,故1()22nSddnan;又20232022120232022SS,12022a,故{}nSn是以2022为首项,1为公差的等差数列,于是得20232022(20231)102023S,所以20230S.选A.本题也可用基本量法求解,借助等差数列前n项和的性质运算更为简洁.9.【解析】D.本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义,数量积的坐标表示,数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想,运算求解能力.方法一:由点D在BC上,设BDxBC,01x≤≤,则()ADABBDABxBCABxACAB(1)xABxAC,从而得:()[(1())]xABxACADBCADACABACAB22(1)134xACxABx,由01x≤≤得41349x≤≤,故[4,9]ADBC.方法二:以A为原点,AB,AC所在直线分别为,xy轴建立直角坐标系(如图),则(2,0),(0,3),(2,3)ABACBC,设(,)Dxy,则(,)ADxy,故23ADBCxyAxy32BCD理科数学答案第2页共11页(*),由点D在BC上得:23260,0xxy≤≤(可借助初中的一次函数知识或必修2第三章直线的方程获得,xy满足的方程),用x表示y代入(*)式得:1320239,2ADBCxxyx≤≤,故[4,9]ADBC.方法三:设AD与与BC的夹角为,则由题意得13||cosADBCAD,故||cosAD取最大值时ADBC最大,||cosAD取最小值时ADBC最小,结合上图,用运动变化的观点分析易知:D在斜边BC上移动时,当D与C重合时AD的模最大且与BC的夹角最小(ACB),故此时ADBC取得最大值,且maxADBCACBC()9ACACAB;当D与B重合时AD的模最小且与BC的夹角最大(ABC),故此时ADBC取得最小值,且min=()4ADBCABBCABACAB.选D.应注意,由向量夹角的定义知ABC不是向量AB与BC的夹角!!这是向量问题中的易错点!10.【解析】B.将函数cos()3yx的图象向左平移3个单位长度,得cos[()]33yx的图象.而5cos[()]cos()sin[()]sin()333323336yxxxx,故由题意知sinx5sin()36x,所以5236xkx(kZ),解得562k(kZ),由0知:当1k时取最小值,故min72.选B.或者,由cos()3yx知23x时1y,由sinyx知当2x时1y,故由题意得5332,解得72.11.【解析】B.由(1)2()fxfx得:()2(1)fxfx.又当(0,1]x时,11()sin[,0]44fxx,故当(1,2]x时,1()[,0]2fx;类推得:当(2,3]x时,()4(2)sin[1,0]fxfxx,且(2,3]x.如图.由3sin2x得3sin2x,解得123x或223x,解得73x或83x.故若对任意(,]xm,都有2(3)fx≥,则73m≤.选B.12.【解析】C.要比较,,abc的大小,可先比较ln,ln,lnabc的大小.又ln22ln20a,ln21ln21b,ln20ln22c.方法一:由22202121202242,令函数()(42)ln,20fxxxx≥,则42()ln1fxxx在[20,)上单调递减,所以11()(20)ln2010fxf≤;因为223920e,所以ln202,ln202,所以11191()(20)ln2010201010fxf≤,由此知()fx在[20,)上单调递减,故(20)(21)(22)fff,即lnlnlnabc,故cba.故选C.方法二:先比较lna与lnc的大小,易证:函数ln()xgxx在(,)e上单调递减,故ln20ln222022,所以ln22ln2020ln22lnac,从而ac;再比较比较lna与lnb的大小,令ln(),201xhxxx≥,则21ln()(1)xxxhxx,记1lnxyxx,则2110yxx,故1lnxyxx在(0,)上是减函数,所以当20x≥时,21ln20020y≤,从而()0hx,由此知()hx在[20,)上单调递减,故(20)(21)hh,即ln20ln212122,变形得22ln2021ln21,所以lnlnab,由此得ab;同理可比较得到bc;故abc.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3x的项为353332C2()40mxmx,所以334040am,解得1m.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1(2356)44x,1(28314148)374y,则样本中心点是(4,37),代入回归方程得5375417ayx,所以回归方程是517yx,将8x代入得57y.理科数学答案第3页共11页15.【解析】86.由题意有:BD平面ADC,,ADDC平面ADC,故,BDADBDCD;由2BD22AB,25BC及勾股定理得:2,4ADCD,又25AC,故222ADCDAC,所以ADDC,即BD,AD,CD两两垂直,所以三棱ABCD的外接球与以BD,AD,CD分别为长、宽、高的长方体的外接相同(如右图,O为球心),所以球半径22222462R,从而34863VR.16.【解析】3,23[,3)3.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11tantanBC的范围问题,可切化弦后转化为求sinsinBC的范围,利用23BC且0,2BC转化只含一个角变量的函数的值域,此时可直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tantantantantantanABCABC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.①由已知及正弦定理得:2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA,又02A,故1cos2A,所以3A.②由已知及射影定理得:2coscoscosaAcBbCa,故1cos2A,又02A,所以3A.③由已知及余弦定理得:2222222cos22acbabcaAaa,化简得1cos2A,又02A,所以3A.(2)求11tantanBC范围的过程与方法.策略一:切化弦后转化借助正弦型函数的图象与性质.sin()311coscoscossincossinsintantansinsinsinsinsinsinsinsin2sinsinBCBCBCCBABCBCBCBCBCBC,由3A得23BC,故23CB,又B为锐角,所以62B.①33211111sinsinsinsin()sin(cossin)sin2cos2sin(2)322444264BCBBBBBBBB.因为52666B,故1sin(2)126B≤,当且仅当3B取等号,所以13sinsin(,]24BC,故11tantanBC23[,3)3.②令,33BxCx,由B、C均为锐角得66x,故sinsinsin()sin()33BCxx2223311