理科数学试题.pdf

答案共 4 页，第 1 页 绵阳南山中学 2020 年绵阳三诊模拟考试理科数学参考答案 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 A C D D A C B A B B D D 1.选 .A { | 0, 2}A x x x  或 ， { | 1}B x x， { | 2}A B x x .故选 .A 2.选 .C 3 3 1z i zi   ， 1 3 1 3 2213 izi i      ， 13 22zi   ， 1zz   .故选 .C 3.选 .D 2 2 2 2 2 12 cos 3 4 2 3 4 ( ) 372c a b ab C           ， 37c  .故选 .D 4.选 .D 圆心到直线的距离 22 2abd ab   ，由 222 ( 0)a b ab ab   得 1d  .故选 D. 5.选 .A 2 1 1 ()3 3 3AE AO AC AB AD         ， 21 33ED AD AE AD AB         .故选 .A 6.选 .C ∵函数 2x a ayxxx    在区间(0, )a 上单调递减,在区间( , )a  上单调递增,而16a.要 使函数 2xay x  在区间[2, ) 上单调递增,则 2a  ,得14a，∴ 4 1 3(1 4) .6 1 5Pa     故选 .C 7.选 .B ( 1)( ) ln 1 x x xefx e        ( ) (1 )ln ( )1 x x xefxe     ，所以 ()fx是偶函数， ()fx图象关于 y 轴对称，排除 ,AD； 1(1) ln 01 ef e  ，当 0x  时， ()fx ，排除 .C 故选 .B 8.选 .A 边长 4CD  , CD 上的高 23BE  ,侧棱 AB 在底面上的射影 43 3BG  ,三棱锥的高 46 3AG  ,设 OA OB r,则 2 2 24 6 4 3( ) ( )33rr   6r . 24 24Sr  球表面积 .选 .A 9.选 .B 51( 1)x x 可看成五个 1( 1)x x相乘,展开式的项为常数项,分 3 种情况:(1)5 个括号都选 1, 1T  ; (2)两个括号选 x ,两个括号选 1()x ,一个括号选 1, 2 2 2 2 53 1( ) 1 30T C x C x       ;(3)一个括号选 x ，一个括号 选 1()x ，三个括号选 1， 11 54 1( ) 1 20T C x C x        ；所以展开项的常数项为 1 30 20 11T     .故选 .B 10.选 .B 1cos 602AA     ； sin 1 2sin sin sin(60 )sin 2 C C B CB      3tan 3C， 30 .C    故选 .B 11.选 .D 法一：将 ( 0, 0)OC mOA nOB m n       平方得 221 2 cosm n mn AOB    ， 221cos 2 mnAOB mn  21 ( ) 2 2 m n mn mn    31122mn     (当且仅当 1mn时等号成立)， ∵ 0 AOB    ，∴ AOB 的最小值为 2 3  . 法二：已知 AB 与 OC 的交点为 M ，设 OM OC mOA nOB        ，因为 ,,A B M 三点共线，则 1mn ，即 2mn    , M 是 OC 的中点.过 M 作弦 AB ,在同一圆中相等弦所对的圆心角相等,且较短弦所对的圆心 角也较小,可知当 AB OC 时 AOB 最小. AB OC 且互相平分,四边形OACB 菱形, 2 3AOB .故选 .D E O C A B D E A B C D G O D E B M O A C B M O A C F D B M O A C答案共 4 页，第 2 页 12 选 .D 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y .联立 2 1 4 y kx xy    得 2 4 4 0x kx   ，则 216( 1)k   , 2 1 2 1 2 1 24 , ( ) 2 4 2x x k y y k x x k        ，则 2 12| | 4 4AB y y p k     ．由 2 4xy ，得 2 1,42 xy y x， 设 00( , )P x y ，则 0 1 2 xk ， 0 2xk ， 2 0yk ． 2(2 , )P k k ,则点 P 到直线 1y kx的距离 2 1dk， 从而 221 | | 2( 1) 12S AB d k k      . 2 2 2 3 2| | 2( 1) 1 4( 1) 2 4 ( 1).S AB k k k d d d          令 3 2 2( ) 2 4 ( 1), ( ) 6 8f x x x x f x x x    则 ，当 41 3x时 ( ) 0fx  ;当 4 3x  时 ( ) 0fx  ; 24 4 7,,3 3 9x d k  即 时， min 4 64( ) ( )3 27f x f   ，即 ||S AB 的最小值为 64 27 ．故选 .D 二、填空题：本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分 13. 3 ；14. 2 ； 15. ( ,1] ； 16. 1{0} [ , )2  13. 填： 3 . 由 ( ) 2sin 3f x x ,得最小正周期 6T  ,且 (1) (2) (6) 0,f f f    故 (1) (2) (2020)f f f    (1) (2) (3) (4) 3.f f f f    故填： 3 14. 填： 2 ．画出可行域如右图，由题意目标函数 2z x y在点 (3,1)B 取得最大值7 ,在点 (1, 1)A  处取得 最小值1， ∴直线 AB 的方程是： 20xy   ，∴ 2abc a  ．故填： 2. 15.填：( ,1] . 2( ) 2( 2)f x kx k x    .①显然 0k  符合题意.②当 0k  时， 2( ) 2 7f x x   ，符合题意. ③当 0k  时,由 ( ) 0fx  对 (0,2)x 恒成立得 (0) 0f   且 (2) 0f   , 01k   .综上: ( ,1]k   . 填 ( ,1] . 16.填： 1{0} [ , )2  .函数 2( ) 2 4x a x afx 在区间( 2, )  的零点  方程 224x a x a 在区间( 2, )  的根， 所以| 2 | 2 | |x a x a   ，解得 1 4xa ， 2 0x  . 因为函数 2( ) 2 4x a x afx 在区间( 2, )  上有且仅有一个零点，所以 40a或 42a   ， 即 0a  或 1 2a  .故填： 0a  或 1 2a  ；即 1{0} [ , )2  . 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.解析：(1)由 1 2 3 1 123 2nn na a a na a       ，知当 2n  时， 1 2 3 12 3 ( 1) 2nn na a a n a a      ， 两式作差 1 1 22n n n nnna a a ,即 1( 1) 3nnn a na( 2n  ),即数列{}nna 从第二项起是公比为 3 的等比数列, 又 1 1a  ，得 2 1a  ，于是 222a  ，故 2n  时， 223n nna  ，于是 2 1 ( 1) 2 3 ( 2)n n n a nn     . (2) ( 1) 1 n n aan n     ， 当 1n  时， 1 1 1 1 2 a  ； 当 2n  时， 223 1 ( 1) n na n n n  ， 设 223( ) ( 2, )( 1) n f n n n Nnn     ,则 ( 1) 3 1( ) 2 f n n f n n   ， ()fn单增， min 1( ) (2) 3f n f. 所以所求实数  的最小值为 1 .3 18.解析:(1) 35 0.025 45 0.15 55 0.2 65 0.25 75 0.225 85 0.1 95 0.05 65EZ                故 65  , 210 14.5 , 2(65,14.5 )N ∴ (50.5 79.5) 0.6287PZ   , (36 94) 0.9545PZ   . 综上, (36 94) (50.5 79.5) 0.9545 0.628(36 79.5) 0.81862 2 2 P Z P ZPZ           . x y 9479.56536 50.5O x y 2x+y=0 4 4 C(1,3) A(1,-1) B(3,1) O l x y A B O P答案共 4 页，第 3 页 (2).易知   1() 2P Z P Z    获奖券面值 X 的可能取值为20,40,60,80 ,   120 2 42 55PX    ;   1 1 1 4 4 21 5 5 540 2 2 50PX       ;   1 4 1 44 55 1160 ;225 5 25PX          11 5 110 5 .2 508PX     X 的分布列为: 36.EX 19.解析：(1).取 1CC 的中点 O ,连接 11,,AC OA OB . 在菱形 11ACC A 中, 1 60ACC   ，∴ 1ACC△ 是等边三角形,∴ 1CC OA . 在菱形 11CBB C 中, 11 60CC B   ，∴ 11B CC△ 是等边三角形,∴ 11CC OB 又 1OA OB O，∴ 1CC  平面 1AOB ，又 1AB  平面 1AOB ,∴ 11AB CC . (2).由(1)及 2AC  知, 1 3AO OB，又 1 6AB  ，∴ 2 2 2 11AO OB AB，∴ 1AO OB ， 11,,OB OC OA 两两互相垂直，∴以O 为坐标原点, 11,,OB OC OA    的方向分别为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立 空间直角坐标系,则 1 1 1( 3,0,0), (0,1,0), (0,0, 3), (0,2, 3)B C A A , (0, 1,0)C  , ∴ 1 1 1 1( 3,2, 3), ( 3,1,0)B A B C      , (0, 1, 3)AC     , 1 ( 3, 1,0)BC    . 平面 1 1 1A B C 的法向量 (1, 3, 1)m   ;平面 1ACB 的法向量 ( 1, 3, 1)n     . 设平面 1 1 1A B C 与 1ACB 所成的锐二面角的平面角为 ,则 | | 3 3cos = 5| | | | 55 mn mn           . 20.解析：(1). lnyx 在点 2( ,2)e 处的切线 2 2 12 ( )y x ee   ，即 2 1 1yxe.令切线与曲线 () xf x e mx 相 切于点 0 00( , )xx e mx ,则切线 00 0( ) ( 1)xxy e m x e x    ,∴ 0 00 2 0 1 x xx e m e e x e    ， 法一： 0 2xm e e， 0 0(1 ) 1xex；令 ( ) (1 )xh x e x，则 () xh x xe  ， ()hx在 ( ,0) 增，(0, ) 减， max( ) (0) 1h x h， 0 0x， 21.me   法二： 0 2xe m e , 2 0 ln( )x m e, 22( ) 1 ln( ) 1m e m e   ,令 2m e t,则 (1 ln ) 1tt， 记 ( ) (1 ln )g t t t ， ( ) 1 (1 ln ) lng t t t      ，于是， ()gt 在 (0,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减， ∴ max( ) (1) 1g t g，于是 2 1t m e   ， 21me . (2).法一： () xf x e m ， ①当 0m  时 ( ) 0fx  恒成立, ()fx在 R 单增且 (0) 0f  , 11( ) 1 0mfem    ,∴ ()fx在 R 有且仅有一个零点； ②当 0m  时， () xf x e 在 R 上没有零点； ③当 0m  时, ()fx的增区间(ln , )m  ,减区间( ,ln )m ，∴ min( ) (1 ln )f x m m . ⅰ）若0 me，则 min( ) (1 ln ) 0f x m m   ， ()fx在 R 上没有零点； ⅱ）若 me ，则 () xf x e ex有且仅有一个零点； ⅲ）若 me ，则 min( ) (1 ln ) 0f x m m   . 2(2ln ) 2 ln ( 2ln )f m m m m m m m    ， 令 ( ) 2lnh m m m ，则 2( ) 1hm m   ，∴当 me 时， ()hm单调递增， ( ) ( ) 0h m h e. ∴ (2ln ) ( 2ln ) ( 2) 0f m m m m m e     又∵ (0) 1 0f ，∴ ()fx在 R 上恰有两个零点， 综上所述，当0 me时，函数 ()fx没有零点； 当 0m  或 me 时，函数 ()fx恰有一个零点；当 me 时， ()fx恰有两个零点. 法二： 0x  不成立；当 0x  时， xem x . 令 ( ) ( 0) xexxx ，则 2 (1 )() xexx x   ， ()x 在 ( ,0) 减且 ( ) 0x  ， 在 (0,1) 减，在 (1, ) 增， ( ) (1)xe极小值 . 综上:当0 me时没有零点;当 0m  或 me 时恰有一个零点;当 me 时有两个零点. X 20 40 60 80 P 2 5 21 50 4 25 1 50 x y y=ex(1-x) O x y y= ex x (1,e) O B1 A1 O C C1 B A x y z B1 A1 O C C1 B A x=lnm x y 1 m>ey=ex-mx O答案共 4 页，第 4 页 法三： xe mx , (1)当 0m  时，若 xye 与 y mx 相切，设切点 0 0( , )xxe ，则切线 00 0()xxy e e x x   过点(0,0) ， 0 1x，切点(1, )e ， me时有两个零点， me 时只有一个零点，0 me时没有零点， (2)当 0m  时，显然只有一个零点；(3) 当 0m  时，显然没有零点 综上:当0 me时没有零点;当 0m  或 me 时恰有一个零点;当 me 时有两个零点. 21.解析：(1).设 12( ,0) , 0F c F c c (- ,0), ,则 2 12 3 3 9 9( 1, ) ( 1, ) 12 2 4 4PF PF c c c              ,所以 1c  . 因为 122 | | | | 4a PF PF     ,所以 2a  .所以 2 3b  故椭圆C 的标准方程为 22 143 xy. (2).(ⅰ)设 1l 方程为 3 ( 1)2y k x   ,与 223 4 12xy联立, 消 y 得 2 2 2(3 4 ) 4 (3 2 ) (3 2 ) 12 0k x k k x k       ,由题意知 236(2 1) 0k    ,得 1 2k  . 因为直线 2l 与 1l 的倾斜角互补,所以 2l 的斜率是 1 2 . 设直线 2l 方程: 1 2y x t, 1 1 2 2( , ), ( , ),M x y N x y 联立 22 1 2 3 4 12 y x t xy     , 整理得 2230x tx t    ,由 212 3 0t    ,得 2 4t  , 12x x t   , 2 12 3x x t; 直线 ,PM PN 的斜率之和 12 12 33 22 11PM PN yy kk xx     12 12 1 3 1 3 2 2 2 2 11 x t x t xx      1 2 2 1 12 1 3 1 3( )( 1) ( )( 1)2 2 2 2 ( 1)( 1) x t x x t x xx          1 2 1 2 12 ( 2)( ) (2 3) ( 1)( 1) x x t x x t xx        0 , 所以 ,PM PN 关于直线 1x  对称,即 MPK NPK   ,( PK 为 NPM 的角平分线) 在 PMK 和 PNK 中,由正弦定理得 sin sin PM MK PKM MPK , sin sin PN NK PKN NPK , 又因为 MPK NPK   , 180PKM PKN     ,所以 PM MK PN NK ,故| | | | | | | |PM KN PN KM   成立. (ⅱ)由(ⅰ)知, 0PM PNkk, 1 1 2lk  , 2 1 2lk  .假设存在直线 2l ,满足题意.不妨设 , , ( 0)PM PNk k k k k    若 11, , ,22 kk按某种排序构成等比数列,设公比为 q ,则 1q  或 2 1q  或 3 1q  .所以 1q  ,则 1 2k  , 此时直线 PN 与 2l 平行或重合,与题意不符,故不存在直线 2l ,满足题意. 22.解析：(1).曲线 1C 的直角坐标方程: 2240x x y   ,极坐标方程: 4cos . (2).法一：由 2240x x y   和 3y  得 (1, 3), (3, 3)AB， 3.AOBS 法二:由 4cos sin 3     有 4sin cos 3 得 (sin3si 0,cos 02 )n2   ∴ 2 6k 或 2 ( )3k k Z   当 2 ( )6k k Z   时, 23  ； 当 2 ( )3k k Z   时, 2  . 1C 和 2C 交点极坐标 (2 3 2 ), (2,2 ) ( )63A k B k k Z  , ,∴ 1 sin 32AOBS AO BO AOB    ,故 3.AOBS  23.解析：(1).∵函数 ()fx和 ()gx的图象关于原点对称,∴ 2( ) ( ) 2g x f x x x      , ∴原不等式可化为 212xx ,即 212xx 或 212xx   ,解得不等式 ( ) ( ) 1g x f x x   的解集为 1[ 1, ]2 . (2).不等式 ( ) ( ) 1g x c f x x    可化为 212x x c   ,即 222 1 2x c x x c      , 即 2 2 2 ( 1) 0 2 (1 ) 0 x x c x x c          ,为使原不等式恒成立,则只需 1 8( 1) 0 1 8(1 ) 0 c c        ,解得 c 的取值范围是 9( , ]8  . l1 l2 x y K N P F1 O F2 M y=mxx y y=ex O