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绵阳南山中学 2020 年春季高 2017 级网络统考试题
理 科 数 学 答 案
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D C D B C A A A B D A D
1.解析：D. A ( 2,6) , B ( ,2] , ( 2,2]AB ,选 D.
2.解析：C.指针停留在哪个区域的可能性大,即表明该区域的张角大,显然, 区
域 ,BD可能性大.选 C.
3.解析：D.根据程序框图求3 2 1000nn 的最小正偶数可知,判断框中应填:
1000A ？；根据初始值 0,nn 为偶数可知 2nn.选 D.
4.解析：B. 虚数的模为 1，即 22( 2) 1xy 0y （ ），数形结合，由 y
x
的几何
意义是过圆上任一点 P 与原点O 的直线OP 的斜率，选 B.
5.解析：C.直线 y x b 与圆 221xy有公共点，则 || 1
2
b ，| | 2b ，
22b ，由几何概型得概率 1
2p .故选 C.
6.解析：A.由 1n 排除 B，由 2n 排除 D， 3
1
2a ，由 3n 排除 C，故选 A.
7.解析：A.由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体,其中圆柱的高为 5，底
面圆的半径为 3,半球的半径为 3,所以组合体的体积为63 ,故选 A.
8.解析：A. 24xy 在 2, 4xy 时取最小值 12 , 0x y k 过点(2, 4) ,
2k,选 A.
9.解析：B. 由| | 1xa得 11a x a ，根据题意知 31 1 12aa （等
号不同时成立），故选 B.
10.解析：D.偶函数 ()fx满足 (2 ) ( ) ( )f x f x f x ，函 数 ()fx关于 1x 对称，
且周期 2T . ()fx在[ 3, 2]上是减函数，所以在[ 1,0] 上是减函数，在[0,1] 上
是增函数.又
2
，
2
，sin sin( ) cos2
，
(sin ) (cos )ff .故选 D.
11.解析：A.设双曲线的焦点在 x 轴上,则由题意知该双曲线的一条渐近线的斜
率 k ( 0)k 必须满足 3 33 k ,易知 bk a ,所以 21 ( ) 33
b
a, 24 1 ( ) 43
b
a ,
即有 223 1 ( ) 23
b
a .又双曲线的离心率为 21 ( )cbe aa ,
所以 23 23 e.故选 A. 理科数学答案共 6 页，第 2 页
12.解析：D.关于 x 的方程 ( ) 1 ln 0f x a x 有 4 个不相等的实根等价于
()y f x 的图象与 ln 1y x a 的图象有 4 个不同的交点,作出 ()y f x 与
ln 1y x a 的图象,如图:当 ln 1y x a 经过 1( ,0)3A 时, 1 ln3a ,直线
AB 与 ln 1y x a 的图象相切于 A 点,此时 ()y f x 图象与 ln 1y x a 图象
有3个不同的交点,当 ln 1y x a 经过 2,5B 时, 6 ln 2a ,此时 ()y f x
图象与 ln 1y x a 图象有3 个不同的交点,观察图象不难发现, ()y f x 的图
象与 ln 1y x a 的图象有 4 个不同的交点 1 ln3,6 ln 2a .故选 D.
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分
13. 42； 14. 13 ；15. 20 ；16. ①④ .
13.解析：设 (4cos ,3sin )C ，则点C 到 AB 的距离 | 4cos 3sin 3|
2
d
8 42
2
. 填 42 .
14.解析：设 1x、 2x 是 2 3| | x 8 0xa
两根， 3x 、 4x 是 2 3| | x 8 0xb
两根.不
妨设 1 1x ，则 2 8x ， 3 2x ， 4 4x . 3| | 1 8 9a
， 3| | 2 4 6b
，
| | 3,| | 2ab
，由 ab
得| | 13ab
. 填 13 .
15.解析：从不动的 4 个人所成的 5 个空位中任意选取 3 个，是无序问题，有
3
5 10C 种选法，而所要调整的这三人还是乱序问题（自己不能在原位），三人
乱序只有两种安排位置的方法，故调整方法种数是 3
52 20C ，故填 20.
(请注意三人还是乱序问题.三个元素的乱序是 2，四个元素的乱序是 9)
16.解析：显然①成立，②、③不一定成立.又 ()
| | | | | | | |
a b m mOC m a b
a b a b
，
||
m
a
，
||
m
b
，由 1得 1
| | | |
mm
ab
， | || |
| | | |
abm
ab
，
| | | |,
| | | | | | | |
ba
a b a b
，即④成立. 填 ①④ .
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三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.
17.解析：(1)在 ABC△ 中， 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC
即 225 1 2 2 4 0BC BC BC BC ,解得 2BC .
故 1 1 2 1sin 1 22 2 2 2ABCS AB BC ABC △ .(法二:作 CM AB 交 AB 于 M ）
(2)因为 90BAD , 25sin 5CAD,所以 2 5 5cos ,sin55BAC BAC ,
所以 π 2 2 2 5 5 10sin sin( ) (cos sin ) ( )4 2 2 5 5 10BCA BAC BAC BAC
在 中，
sin sin
AC AB
ABC BCA
, sin 5sin
AB ABCAC BCA
.
所以 2 2 2 52 cos 5 16 2 5 4 135CD AC AD AC AD CAD ,
所以 13CD .
18.解析：(1).依题意可得纯电动汽车地方财政补贴的分布列为:
补贴(万元/辆) 3 4 4.5
概率 0.2 0.5 0.3
纯电动汽车 2019 年地方财政补贴的平均数为3 0.2 4 0.5 4.5 0.3 3.95
(万元)
(2).由充电车辆天数的频数分布表得每天需要充电车辆数的分布列:
辆数 6000 7000 8000 9000
概率 0.2 0.3 0.4 0.1
若采用方案一,100 台直流充电桩和 900 台交流充电桩每天可充电车辆数为
30 100 4 900 6600 (辆);
可得实际充电车辆数的分布列如下表:
实际充电辆数 6000 6600
概率 0.2 0.8
于是方案一下新设备产生的日利润均值为
25(6000 0.2 6600 0.8) 500 100 80 900 40000 （元）
若采用方案二,200 台直流充电桩和 400 台交流充电桩每天可充电车辆数为
30 200 4 400 7600 (辆);
可得实际充电车辆数的分布列如下表:
实际充电辆数 6000 7000 7600
概率 0.2 0.3 0.5
于是方案二下新设备产生的日利润均值为
25(6000 0.2 7000 0.3 7600 0.5) 500 200 80 400 45500 （元） 理科数学答案共 6 页，第 4 页
19.解析：(1) ABC ABEF面 面
=ABC ABEF AB面 面
BC AB BF ABEF 面
（2）.由（1）知 BC 平面 ABEF ，故建立如图所示空间直角坐标系 B xyz .
设 1AF ，则由已知可得 33(0,0,0), (0,2,0), ( ,0, )22B C F , ( 1,0, 3)E
53(1,2, 3), ( ,0, ), (0,2,0)22EC EF BC
设平面CEF 的一个法向量为 ( , , )n x y z
，则有
2 3 00
530 022
x y zn EC
n EF xz
令 3x ，则 5, 2 3zy ，即 ( 3,2 3,5)n
.
设平面 BCE 的一个法向量 1 1 1( , , )m x y z
，则 1 1 1
1
0 2 3 0
200
m EC x y z
ym BC
1 1 10, 3y x z ,令 1 3x ，则 ( 3,0,1)m
设二面角 F CE B的平面角为 ，则 | | 3 5 10| cos | 5| || | 2 2 10
mn
mn
,
15sin 5, 所以二面角 的正弦值为 15
5
.
20.解析：（1）.依题意可设椭圆方程为
2
2
2 1x ya ,则右焦点 2( 1,0)Fa ,
由题设
2| 1 2 2 | 3
2
a ,解得 2 3a .
故所求椭圆的方程为
2
2 13
x y
（2）.设 P 为弦 MN 的中点,由 2
2{
13
y kx m
x y
得 2 2 2(3 1) 6 3( 1) 0k x mkx m
x
y
z
F
A B
E
C
3
2
1
2
60°60°
3
2
3
1
2
1
GH
F
A B
E
BC BF
BC ABEF
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由于直线与椭圆有两个交点,∴△>0,即 2231mk ①
∴ 2
3
2 3 1
MN
p
xx mkx k
从而 231pp
my kx m k
∴
21 13
3
P
AP
P
y mkk x mk
，又 AM AN , AP MN
则
23 1 1
3
mk
mk k
即 22 3 1mk ②
把②代入①得 22mm 解得02m；
由②得 2 2103
mk 解得 1
2m .
故所求 m 的取范围是 1( ,2)2
21.解析：(1). 22'( ) e xf x a (e )(e )xxaa ,
①若 0a ,当 ln( )xa时, '( ) 0fx ,故 ()fx单调递增;
当 ln( )xa时, '( ) 0fx ,故 单调递减,
∴ ()fx在( ,ln( ))a 上单调递减,在[ln( ), )a 上单调递增.
②若 0a , 2'( ) e 0xfx,故 ()fx在 R 上单调递增.
③若 0a ,当 lnxa 时, '( ) 0fx ,故 单调递增;
当 lnxa 是, ,故 单调递减,
∴ ()fx在( ,ln )a 上单递减,在[ln , )a 当单调递增.
综上所述:
当 0a 时, ()fx在( ,ln( ))a 上单调递减,在(ln( ), )a 上单调递增;
当 0a 时, 在 R 上单调递增;
当 时 在( ,ln )a 上单调递减,在[ln , )a 上单调递增.
(2).证明:由题(1)可得当 ea 时, ()fx在( ,ln )a 上单调递减,在[ln , )a 上
单调递增,∴ ()fx至多有两个零点.
∵ ea ,∴ 221(1) e 02fa ,
又∵ 1(0) 02f ,∴由零点存在性定理得 在(0,1) 上有一个零点 1x ,
又∵ ()fx在 上单调递减,在 上单调递增,
∴当 lnxa 时, 取得最小值 2 1(ln ) ( ln )2f a a a,
∵ ea ,∴ 2 1(ln ) ( ln ) 02f a a a ,
而
2
4 2 21(2ln ) 2 ln ( 2ln )22
af a a a a a a 理科数学答案共 6 页，第 6 页
设
2
( ) 2ln ( e)2
ah a a a ,则 2'( ) 0h a a a ,故 ()ha 在(e, ) 上单调递增,
∴当(e, ) 时,
2e( ) (e) 2 02h a h ,∴
2
2(2ln ) ( 2ln ) 02
af a a a ,
∴由零点存在性定理得 ()fx在(ln ,2ln )aa上有一个零点 2x ,
∴ ()fx有且仅有两个零点 12,xx,且 120 1 ln 2lnx a x a ,
∴ 21ln 1 ln e
ax x a ,即 12ln e
axx,
∴ 12ln 2lne
ax x a .
22.解析：(1).依题意 π π4cos , 4cos( ), 4cos( ),44OA OB OC
π π4cos( ) 4cos( )44OB OC 2 2(cos sin ) 2 2(cos sin )
4 2 cos 2 OA
(2).当 π
12 时， ,BC两点的极坐标为 π π(2, ), (2 3, )36 ,极坐标化为直角坐标为
(1, 3),(3, 3) ，所以经过点 ,BC的直线方程为 3( 2)yx ，
而曲线 2C 是经过点 ( ,0)m 且倾斜角为 的直线，故 2π2, 3m
23.解析:（1）.
3, 2
1( ) | 2 | | 2 1| 3 1, 2 2
13, 2
xx
f x x x x x
xx
，
故 ( ) 5fx 的解集为( 2,8) .
（2）.由| 2 | | 2 | | | (| 1| | |),( 0)b a b a a x x m a 有解，
得 | 2 | | 2 | | 1| | |||
b a b a x x ma
有解，
令 b ta ，则| 2| | 2 1| | 1| | |t t x x m 有解，
由(1)知， 5| 2 | | 2 1| 2tt ，又∵| 1| | | |1 |x x m m ，
∴ 5|1 | 2m，
∴实数 m 的取值范围： 73[ , ]22 .
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