四川省南充高中2020届高三4月月考数学（理）答案.pdf

1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B C C D B B C D A C D 13. 26 2 14.13 15. 2 16. 1 1.A【解析】由 24 4 1 0x x   ，得 x R .所以 U=R.所以 UC B  ( ,2) .故选 A. 2.B【解析】解法一 由已知得 3 2 2a i b i i bi      （ ） ，由复数相等的定义可得 2 3 a b      .所以 2+3z a bi i    ，复数 2+3z i  在复平面内的对应点在第二象限. 故选 B.解法二由 3 2a i b ii    得， 2 2 3 3 2ai i ai b ii       ，由复数相等的定义 得 2 3 a b      .复数 2+3z i  在复平面内的对应点在第二象限.所以，故选 B. 3.C 【 解 析 】 在 正 项 等 比 数 列 { }na 中 ， 由 题 意 得 4122 2 7  aaa ， 27 a ， 7 22 ( 2) 4a    （ ） ，故选 C. 4.C【解析】依题意，展开式中 3x 的项为  1 2 2 4 3 3 5 5 1 5 10 15x C x C x x xx       ，所以 3x 的系数为15 .故选：C 5.D【解析】 由题知，a＝135，b＝180；a＝135，b＝45；a＝90，b＝45；a＝45，b＝45. ∴输出的 a＝45.故选 D. 6.B【解析】依题意得 OPQ 为正三角形，所以 3 POQ ，结合对称性可知， 6QO  x ， 所 以 双 曲 线 C 的 渐 近 线 为 3: = 3l y x ， 易 求 得 3 3 a b ， 所 以 2 2 2 2 2 2 11 3 b c a ea a     2 3 3e   ，因 1e  ，所以 2 3 3e  .故选 B. 7.B【解析】由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有 22 2 A 种安排方法，其他两名运动员 有 22 2 A 种安排方法，共计 422  种方法；若甲承担自由泳，则乙运动员有 22 2 A 种安排方法，其他两名运动员有 22 2 A 种安排方法，共计 422  种方法.所以中国队 参赛共有 844  种不同的安排方法.故选 B. 8.C【解析】在∆ABC 中，AB=10cm，AC=6cm，BC=8cm，AB2=AC2+BC2，∆ABC 为直角三角形， 在 Rt∆ABC 中，设内切圆的半径为 r, r = 1 2 6 + 8 − 10 = 2 ,∴2r=AA1，若将此玉石加工 成一个球，要求此球的最大表面积，此球应是直三棱的内切球，球的半径 r 为底面直角 三角形内切圆的半径，所以 r=2， 该球的最大表面积为  164 2  rS球表 ，因此选择 C. 9.D【解析】已由图象可知，函数 )sin()(   xAxf 的周期 2 12433 72    ，）（T .又函数的图像经过点 )0,3(,2 30 ），（  ， 南充高中 2017 级高三第十三次月考数学试题（理科）参考答案2 606sin)3(   ，）（Af ， 2 3sin)0(  Af ， 3 A . ）（ 62 1sin3)(  xxf .所以 ）（ 32 1sin3)3()(   xxfxg 由 Zkkxk  ,2232 122  得 Zkkxk  ,43 543  ，故 )(xf 的单调递增区间为 ）（， Zkkk  ]43 543[  .选择 D. 10. A【解析】由 ( )f x 为奇函数，且在 ）（ 0, 上是增函数，所以在 R 上是增函数，可得 ( ) ( )f x f x   ，所以 2 2 1 1log log5 5a f f                2 2log 5 log 5f f      ， 又 2( log 4.1)b f ， 0.8(2 )c f ，所以由 0.8 2 2log 5 log 4.1 2 2   可得      0.8 2 2log 5 log 4.1 2f f f  ，故 c b a  ，故选 A. 11.C【解析】由在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中点 P 为 AD 的中点，点 Q 为 1 1B C 上的动点，知：在① 中，当 Q 为 1 1B C 的中点时， 1/ /PQ C D ，由线面平行的判定定理 可得 PQ 与平面 1 1CDD C 平行，故 ① 正确；在 ② 中，当 Q 为 1 1B C 的中点时， 1/ /PQ C D ， 1 1 1B C C D ， 1 1/ /BC B C ，可得 PQ BC ，故 ② 错误;在 ③ 中，由 1 1CD C D ， 1 1 1.CD B C 可得 1CD  平面 1 1ADC B ，即 有 1CD PQ ，故 ③ 正确；在 ④ 中，当 Q 为 1 1B C 的中点时， PQ 的长取得最小值，且长为 2AB ，故 ④ 正确；在中 ⑤ ，如 图点 M 为 1 1A D 中点，PQ 与 1DD 所成的角即为 PQ 与 PM 所成的 角，当 Q 与 1B ，或 1C 重合时，PQ 与 1DD 所成的角最大，其正切 值为 5 2 ，故 ⑤ 正确．所以正确的个数为 4.故选择 C. 12.D【解析】易证 1 xex 恒成立且曲线 xeyC ：1 在点（0，1）处与直线 1 xy 相 切线，又曲线 x xyC ln 2 ： ， 2 ln1 x xy  令 1ln1 2  x xy 得， 1x 于是曲线 x xyC ln 2 ： 与直线 1 xy 平行的切线方程为 1 xy ， 下证 x xx ln1 （ 0x ）.令 xxxxF ln)( 2  ， x xx x xx xxxF )1)(12(12112)( 2  ， 当 10  x 时， 0)(  xF ， )(xF 单调递减； 当 1x 时， 0)(  xF ， )(xF 单调递增， 0)1()( min  FxF . 所以 0)1()(  FxF ， x xxxxxxxx ln1ln0ln 22  ；3 所以|PQ|的最小值即为两直线 1 xy ， 1 xy 间的距离 2d ， 因此|PQ|min= 2 ，故选 D. 13. 26 2 【解析】因为 6 3 0a b m     ，解得 2m   ，所以 (3, 2)b   ， ( 1,5)a b    ， 所以向量 a  在 a b （ ）上的投影为 ( ) 26 2| | a a b a b          . 14.13【解析】 如图所示，画出的约束条件所表示的平面 区域，即可行域，作直线 b＋a＝0，并平移，结合 a，b∈N， 可知当 a＝6，b＝7 时，a＋b 取最大值，故 x＝a＋b＝6＋7 ＝13. ),(),(,022 2:2.15 2211 2 2 yxByxAtmyy xytmyxAB 设得 代入【解析】设直线   ）（1{ 2 2 21 21 myy tyy     22 2 2 1 212-2 2,4,0 04,0,0 2 21 2121 21 2 2 2 2 2121     ABkmm tyyBMAM tyyyy yyyyyyxxOBOA 从而得 结合代入由平几知识可得又 得由   16.-1【解析】 n n aaa 44,4 11   ，  1 2 2 214 42 2 22 n nn n n n a aa a a a        ， 故 2{ }2na  是以 1 为首项，1 为公差的等差数列；  2 2 12 4 2n n na      ， 22na n   ， 1 2 2( 2)( 2) 1n n nb a a n n      )2)(2()2)(2()( 3221  aaaanf )2)(2()2)(2( 143  nn aaaa  1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 44( ) 4(1 ) .1 2 2 3 ( 1) 2 2 3 1 1n nb b b n n n n n                       当对 3n ）（  Nn ，都有 mmnf 2)( 2  恒成立，  mmnf 2)( 2 min  易证 )(nf 在 ),3[  上是增函数，所以 3)3()( min  fnf ，即 0322  mm ， 31  m ，所以实数 m 的最小值为-1.4 17 解：(1)由已知条件可知： 8,7  ca ， 7 34sin C . 根据正弦定理可得 C c A a sinsin  ， ……………………2 分 2 3 7 34 8 7sinsin  c CaA ……………5 分 ca  ， CA  ， )2,0(  A ， 3  A .……………6 分 （2）因为 ABC 的面积为 310 ，且 8,7  ca . 310sin28sin2 1   BBacS ABC ， 14 35sin  B ,……………8 分 14 11sin1cos 2  BB . …………………………9 分 由余弦定理得, BBaccab cos87287cos2 22222  5b 或 201b ，………………………………………11 分  ABC 周长为 20 或 15+ 201 .…………………………12 分 18.解：(1)依题意得，x 表示一个月内的市场需求量，y 表示一个月内经销西凤脐橙的利 润，当 x ∈[70,100)时， y ＝800 x －500(100－ x )＝1300 x －5 0000. 当 x ∈[100,120]时， y ＝800×100＝80000. 所以 y ＝      .120100,80000 10070,500001300 x xx ……………………4 分 （2）由(1)知利润 y 不少于 67 000 元，所以 67000y ， 当 x ∈[70,100)时，由 1300 x －5 0000 67000 ，得 90x ，所以 90≤ x  100. 当 x ∈[100,120]时， y ＝80000 67000 . 综上可知，利润不少于 67 000 元，则 ]120,90[x . 由直方图知需求量 x ∈[90,120]的频率为(0.03+0.025+0.015) 10 =0.7， 所以小王的网店下一个月内的利润 y 不少于 67 000 元的概率的估计值为 0.7……8 分 （3）由直方图知需求量 x 可取 75,85,95,105,115.由(1)的函数求得小王的网店下一个月 内销售利润 y 的分布列为: （元）7090004.08000030.07350020.06050010.047500)( yE . 所以小王的网店下一个月内销售利润 y 的期望为 70900 元.……………………12 分 19.解：（1）证明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED=E ∴PE⊥平面 EBCD 又 PE 平面 PEB，∴平面 PEB⊥平面 EBCD 而 BC 平面 EBCD，BC⊥EB，∴平面 PBC⊥平面 PEB y（元） 47500 60500 73500 80000 p 0.10 0.20 0.30 0.45 由 PE=EB,PM=MB 知 EM⊥PB,可知 EM⊥平面 PBC 又 EM 平面 EMN，∴平面 EMN⊥平面 PBC ……………………………………5 分 （2）假设存在点 N 满足题意，取 E 为原点，直线 EB,ED,EP 分别为 ǡǡ 轴，建立空间直 角坐标系 t , 如图.…………………………………………………………6 分 不妨设 PE=EB=2,显然平面 BEN 的一个法向量为 n1 = 0ǡ0ǡ1 , ……………………7 分 设 BN=m（0