20届绵阳三诊理数参考答案.pdf

2020 届绵阳二诊参考答案 1—12：CBDCB BACAD BA 13—16： 3 34225 4 17、解：（1）由 nn Sa 3 2 1  ，得 nnn SSS 3 2 1  ，故 nn SS 3 5 1  则数列 }{ nS 是以首项为 111  aS ，公比为 3 5 的等比数列 11 )3 5()3 5(1   nn nS （2） 1)5 3(1  n n n Sb 2 5)5 3(2 5 2 5])5 3(1[2 5 5 31 ])5 3(1[1 ...21     nn n nbbb 18 解：（1）证明：连结 BD 交 AC 于O ，连结OE 因为 EO， 分别是 BSBD, 的中点 故 SDOE || 又 AECOE 面 ， AECSD 面 故 AECSD 面|| （2）余弦值为 5 15 19、解：（1）配送蔬菜量小于 120 件的概率为 8 3 200 5025  记事件 A 为“3 天配送蔬菜量中至多有 2 天小于 120 件” 512 485)8 3(1)( 3 AP （2）显然租赁 0 辆货车没有租赁 1 辆货车利润高； 租赁 5 辆货车以上，没有租赁 4 辆货车利润高；故只需考虑租赁 1,2,3,4 辆货车，设其利润 分别为 4321 ,,, XXXX 则 2000120001 EX 元 37008 740008 116002 EX 元 43008 560004 136008 112003 EX 元 47008 180002 156004 132008 18004 EX 元 故该物流公司一次性应该租赁 4 辆货车，利润最大 20、（1）当 4a 时， 0,22ln64)(  xxxxxf 22 )1)(12(2264)(' x xx xxxf 令 12 10)1)(12(0)('  xxxxxf 或 0)('),1,2 1(;0)('),,1(),2 1,0(  xfxxfx )(xf 在 ),1(),2 1,0(  上递增；在 )1,2 1( 上递减 )(xf 的极大值为 2ln63)2 1( f ；极小值为 4)1( f （2） exxxaaxxf  1,22ln)2()( 2 )1)(2()(' x xaxxf  020)('  axxf 01 当 0a 时， 0)('),,1(  xfex )(xf 在 ),1( e 上递减，且 1)1(  af ， 02)1()(  eeaef （i）当 01a 时，即 01  a 时， )(xf 有 1 个零点 （ii）当 01a 时，即 1a 时， )(xf 有 0 个零点 02 当 0a 时， axaxxf 2020)('  （i）当 12  a ，即 2a 时， 0)('),,1(  xfex )(xf 在 ),1( e 上递增；且 01)1(  af 故 )(xf 有 0 个零点 （ii）当 ea  21 ，即 22  ae 时， 0)('),,2(;0)('),2,1(  xfeaxxfax )(xf 在 )2,1( a 上递减；在 ),2( ea 上递增， 令 20,22ln68)2()(  aaaaafah 0)4)(2()(' 2  a aaah 故 )(ah 在 )2,2(ea 上递减，则 0)2()(  hah 故 )(xf 有 0 个零点 （iii）当 ea 2 ，即 ea 20  时， 0)('),,1(  xfex )(xf 在 ),1( e 上递减， 01)1(  af ， eeaef 2)1()(  ①当 02)1(  eea 时，即 eaee 22 2  时， )(xf 有 0 个零点 ②当 02)1(  eea 时，即 eea  2 20 时， )(xf 有 1 个零点 综上： 01 当 1a 或 eea  2 2 时， )(xf 有 0 个零点 02 当 eea  2 21 时， )(xf 有 1 个零点 21、解：（1） )0,1(F ，设 ),(),,( 2211 yxNyxM ，且 01 y显然直线l 的斜率不为 0，设其方程为 1 myx 044 4 1 2 2       myy xy myx )1(1644 2 2121  myymyy 设 MN 的中点为T ，则 12122 221  mmyxmyyy TTT 故 MN 的垂直平分线方程为 )12(2 2  mxmmy 令 0y ，则 32 2  mxQ 3822|| 2  mmFQ （符合题意） 则直线l 的斜率为 3 3 （2）由 M 恒在 FP 为直径的圆外  抛物线 )0(42  yxy 的图像与 FP 为直径的圆没有交点 FP 为直径的圆为： 0))(1( 2 0  yxxx ，即 0)1( 00 22  xxxyx 即 0)3( 4 0)1( 00 2 2 00 22       xxxx xy xxxyx 故 04)3( 0 2 0  xx ，即 0910 0 2 0  xx 91 0  x 22、解（1） 1C 的直角坐标方程为 16)4( 22  yx 则 0822  xyx 0cos82   即  cos8 故半圆 1C 的极坐标方程为 ]2,0[,cos8   2C 的直角坐标为 )3,0( 2C 的直角坐标方程为 3)3( 22  yx 03222  yyx 0sin322   圆 2C 的极坐标方程为  sin32 （2） 43cos8  M ， 33sin32  N 故 1||||||  NMONOMMN  圆心 2C )3,0( 到直线 03:  yxl 的距离为 2 3d 故 4 33)32 31(2 1)(||2 1  rdMNS PMN 23、解：（1） 01 当 2x 时， 3512  xx ，即 32  x 02 当 21  x 时， Rx 53 ，即 21  x 03 当 1x 时， 2512  xx ，即 12  x 综上：原不等式的解集为 ]3,2[ （2） 3|)1()2(||1||2|)(  xxxxxf （当 0)1)(2(  xx 时，取等号） 3)( min xf133 4 3  cba 12)39 123 4 4 123 12()33 4 3)(9 1 4 11(9 1 4 11 2  cc b b a acba cbacba 当且仅当 c c b b a a 3 9 1 3 4 4 1 3 1  ，取等号 故 cba 9 1 4 11  的最小值为 12