四川省成都市第七中学高中2020届高三高中毕业班三诊模拟数学（理科）答案

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第1页

成都七中 2020 届高中毕业班三诊模拟

数学(理科)参考答案及评分意见

第Ⅰ卷 (选择题,共60 分)

一、选择题(每小题 5分,共60 分)

1.B； 2.A； 3.C； 4.D； 5.A； 6.A； 7.B； 8.C； 9.D； 10.B； 11.C； 12.A.

第Ⅱ卷 (非选择题,共90 分)

二、填空题(每小题 5分,共20 分)

13.8； 14.15； 15.

2π

； 16.

(1,e ).

三、解答题(共70 分)

17. 解：(1)由正弦定理知

sin sin



,又

tan sin



所以

sin tan



于是

cos ,

A

因为

0π,A

所以

π.

A

6分

(2)因为

7, 2, ,

a b A  

由余弦定理得

222 π

7 2 2 2 cos ,

cc    

即

22 3 0.cc  

又

0,c

所以

3.c

故

ABC

的面积为

11 π33

sin 2 3 sin .

2 2 3 2

bc A     

12分

18.解：(1)得分

[20,40)

的频率为

0.005 20 0.1

；得分

[40,60)

的频率为

0.010 20 0.2

；

得分

[80,100]

的频率为

0.015 20 0.3

；

所以得分

[60,80)

的频率为

1 (0.1 0.2 0.3) 0.4.   

设班级得分的中位数为

分,于是

0.1 0.2 0.4 0.5

x

   

,解得

70.x

所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为

分. 5分

(2)由(1)知题意“优”、“良”、“中”、“差”的频率分别为

0.3,0.4,0.2,0.1.

又班级总数

为

40.

于是“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为

12,16,8,4

．

分层抽样的方法抽取的“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为

3,4,2,1.

由题意可得

的所有可能取值为

1,2,3,4,5,6.

2 1 1

2 1 4 4

10 10

1 1 1 1

11 1 3 2 4

221

120

2 1 1

( 1) , ( 2) , ( 3 ,

45 9 45

)CC

C C C C

P X P X P

C

      





2 1 1 1 1

10 10 2

( 4) , ( 5) , ( 6)

15 15 15.

C C C C

P X P X P X

C C C

       



9分

所以

的分布列为

1 11 4 4 1

45 9 45 15 1

2 171 19

( ) 1 2 3 4 5 6

5 15 .

45 5

EX              

所以

的数学期望

( ) .

EX 

12分

第2页

19.解：(1)因为

2AB AM

22MB 

,所以

2 2 2.AM AB MB

于是

.AB AM

又

,AB AD

且

,AM AD A AM

平面

,ADM

AD 

平面

ADM

所以

AB 

平面

.ADM

5分

(2)因为

2, 2 3AM AD MD  

,所以

120 .MAD  

如图所示,在平面

ADM

内过点

作

轴垂直于

,又由(1)知

AB 

平面

ADM

,于是分别以

,AM AB

所在直线为

,yz

轴建

立空间直角坐标系

.A xyz

于是

( 3, 1,0), ( 3, 1, ), (0,0,2), (0,2,0).

D C B M

因为

2BE EM

,于是

(0, , ).

所以

( 3, , ), (0,2, 2), ( 3, 1, 2).

EC BM BD      

设平面

BDM

的法向量为

于是

BM n

BD n











即

2 2 0 .

3 2 0

x y z







  





取

1z

得

( 3,1,1).n

设直线

与平面

BDM

所成角为



,则

sin cos , .

45 5

EC n

EC n EC n





   



所以直线

与平面

BDM

所成角的正弦值为

12 分

20.解：(1)要证明

() 3e

fx x





即证明

ln , (e, ).



  



令

( ) ln , (e, ).

g x x x



   



则

1 4e ( e)

( ) 0.

( e) ( e)

gx x x x x



   



于是

()gx

在

(e, )

单调递增,所以

( ) (e) 0g x g

即

ln , (e, ).



  



所以

( ) .

fx x





5分

(2)

2 2 2

21 0 1

e 1 e

( ) e ( ) ( ) ( ) , (e, ).

ln ln ln ln

x x x

F x f x f x f x x

x x x x x x





        

则

2 2 2 2 2 2

(2 1) ln ( e )(ln 1) ( e )ln ( e )

( ) .

( ln ) ( ln )

x x x x x x x x x x

Fx x x x x

        



令

2 2 2 2

( ) ( e )ln ( e ), (e, ).h x x x x x x      

当

(e, )x 

时,由(1)知

ln .





则

2 2 2 2 2

3 e 4e 1

( ) ( e ) ( e ) 2 (4e 1) 2 ( ),

h x x x x x x x x



         



(i)当

4e 1

[ , )

x

 

时,于是

( ) 0hx 

,从而

( ) 0.Fx



故

()Fx

在

4e 1

[ , )



严格单调递增.其中

4e 1 5.93656



9分

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