2019-2020巴蜀高三下理科月考9试题.pdf

  理科数学参考答案·第 1 页（共 11 页） 巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷（九） 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 B B A C D D A B B C B C 【解析】 1．∵ (1 3) (0 2)AB，， ，，∴ (1 2)AB ， ，故选 B． 2． 2 1() 02xa b a xa a b x      ，∴ 1 2x   ，故选 B． 3． 2 23(8)(8) (2) 4f ，∴ 2((8)) (4)log41 3ff f  ，故选 A． 4．∵ sin 2cos cos 0 ，，∴tan 2  ，∴ 22 2 22 2 cos sin 1 tan 3cos 2 cos sin 1 tan 5       ，故 选 C. 5．∵4 支队伍分配到三个地方，每个地方至少一支队伍，每支队伍只去一个地方，共有 23 43CA 36n 种情况，甲、乙都在武汉共 2m  种情况，∴ 1 18 mP n，故选D． 6． 12 120522 3 2 xx xxpp ，，∴ 310 42 ppp ， ，故选 D． 7．由正弦定理 222 2 22 222cosabcbcabcbcbc bcA ，，∴ 1cos 2A  ， (0 π)A ，， π 3A  ， 22sin a RA  ，∴ 21 ππRSR， ，故选 A． 8． 2() 2 () 3lnf xx mgx xx  ， 的公共点设为 00()x y，，则 000 0() () () ()f xgxfxgx，， 2 000 0 0 23ln 321 x mxx x x      ， ， 解得 0 11xm ， ，故选 B． 9．异面直线 PC 与 AD 所成角所成角即为 PCB ，作 PHBC 于 H，则 31PH HCHC ，， 3PH  ， P 在底面的投影为O，则 91 22hPO，∴ 22(2 2 ) 2RR，∴R  5 22 ， 2 25π4π 2SR，故选 B．   理科数学参考答案·第 2 页（共 11 页） 10．由已知 212 12 1||||2MFMFMFFFc， ，∴ 12 30MF F ，不妨设 M 在第一象限，设 ()M xy，， 3 2yc ， 1 2x c ，点 M 在渐近线 byxa 上，∴ 3b a  ， 2e  ，故选 C. 11．如图 1 所示，故选 B． 12．由题意知，咖啡产品原价为 30 元/杯，成本为 12 元/杯； 优惠方式（1）免单购买，每购买 1 杯该品牌门店亏损 12 元； 优惠方式（2）每杯售价 11.4 元，每购买 1 杯该品牌门店亏 损 0.6 元； 优惠方式（3）和（4）相当于 5 折购买，每购买 1 杯该品牌门店盈利 3 元； [解法一]（验证法）分别讨论选项： 技术人员为 28 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折 购买 3 杯咖啡，该品牌门店亏损12 5 0.6 3 3 20 1.8 元；技术人员为 29 人时，最优 购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 4 杯咖啡，该品牌门 店亏损12 5 0.6 4 3 20 2.4   元；技术人员为 30 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯咖啡+3.8 折购买 1 杯咖啡，该品牌门 店盈利3 24 12 5 0.6 1 11.4 元；技术人员为 31 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯咖啡+3.8 折购买 2 杯咖啡，该品牌门 店盈利 3241250.6210.8 元，故选 C． [解法二]（通解法）我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择 2 种优惠 方式，必然包含优惠方式（1），可以免单购买 5 杯咖啡，该品牌门店因此亏损 60 元； 最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡（11.4 5 30 1>11.4 2 15 4  ，说明 只要用原价购买 1 杯咖啡，哪怕最大程度利用 3.8 折优惠，花费也一定会超过搭配使用 （2）~（4）优惠购买咖啡）.故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出 20 杯 以上的咖啡才能盈利，故技术人员人数一定多于52025  人；技术人员在 26~29 人时， 免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 1~4 杯咖啡，该品牌门店依旧亏 图 1   理科数学参考答案·第 3 页（共 11 页） 损；技术人员为 30 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+ 买 2 送 2 购买 4 杯咖啡+3.8 折购买 1 杯咖啡，该品牌门店盈利324600.611.4   元； 由于11.4 0.6 4，故技术人员超过 30 人时，该品牌门店能保证持续盈利，故选 C． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 13 14 15 16 答案 5 5 2 π 6 2e4 2(e 2)   ， 【解析】 13． 24i12i 2i|| 5.2i izz， 14． 13 3 5() 3 () 2() 1 1 .44 2 2EEE    ， 15． π() 2sin2 3fx x 向左平移 π 4 ，得 ππ π() 2sin2 2sin226 6gx x x ， π 2 π2 k ππ π π22πππ62 3 6ZZxkkkxkk≤ ≤ ，， ≤≤，，∴当0k  时， ππ 36x ≤≤， max π .6m  16．当 1x  时， 2 ln 1() ln xfx x   ， ()f x 在 (1 e) (e )，，， ， e(e) elnef   ，又 (1 )f x (1 )f x ， ()f x 的图象关于直线 1x  对称， 2 () 2 () 4 0fx mfx m 有 8 个不同的实数解， 令 ()f xt ，则 2 240tmtm 有两个大于 e 的实数根. 由实根分布： 2 2 4160 e e2e40 mm m mm        ， ， 2e4 2(e 2)m   . 三、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分 12 分） 解：（1）由 22726 27 4 1 1333aa a aq aq q  ， ………………………………（2 分）   理科数学参考答案·第 4 页（共 11 页） ∵ 3 ， 4S ， 39a 成等差数列， ∴ 43293.Sa ……………………………………………………………………（3 分） 从而有 4 21 11 2(13) 933 313 a aa   ， ……………………………………（5 分） ∴ 1 1 3nn naaq. …………………………………………………………（6 分） （2） 111(1)3 (3)(1) 1 nn n nb nn n n      ， …………………………（8 分） 所以 12 111 1 1[( 3) ( 3) ( 3) ] 1 223 1 n nT nn           3[1 ( 3) ] 1141 n n  3[( 3) 1] 41 n n n  . ……………………………………………………………（12 分） 18．（本小题满分 12 分） （1）证明：如图 2，作 PQDC∥交BC 于点Q ，连接 AQ ， 因为 2BP PD ，所以 2 23PQ DC， ……………………（3 分） 又 AECD∥ ， 2AE  ， 所以 AE PQ ，即有四边形 AEPQ 是一个平行四边形， 所以 EP AQ∥， …………………………………………（4 分） 因为 EP  平面 ABC ， AQ  平面 ABC ， 所以 EP∥平面 ABC . …………………………………………（5 分） （2）解：如图 3，设O 是 AC 的中点，在正 ABC△ 中， BOAC ， 作Oz AE∥ ，因为 AEAC ， 由平面 ABC  平面 ACDE， 可得 AE  平面 ABC ，所以Oz  平面 ABC ， 再以OA  ，OB  方向建立如图所示的空间直角坐标系， 图 2 图 3   理科数学参考答案·第 5 页（共 11 页） (0 0 0)O ，， ， (200)A ，， ， (0 2 3 0)B ，，，(2 0 2)E ，， ， (2 0 3)D  ，， ， ∵ 2BP PD ，∴ 4232.33P ，， …………………………………………（7 分） 设平面 EAB 的法向量为 111()mxyz  ，， ， 由 11 1 2230 (310) 20 mAB x y m mAEz             ， ，， . ………………………………（8 分） 因为点 M 在线段 AC 上，设其坐标为 (00)Mt， ， ，其中 22t ≤≤ ， 所以 (202)EM t   ，， ， 10 2 3 033EP   ，，. 设平面 PEM 的法向量为 222()nxyz  ，， ， 由 22 22 (2)2 0 3635310 2 3 2033 nEMt x z tn nEP x y                ， ，， ， …………………………………………（10 分） 由题意，设平面 PEM 与平面 EAB 所成的锐二面角为 ， 则 2 2 83 23 14cos (3 6) 6453|||| (3 6)29 75 4 mn tt mn t          或 2 3t  ， 因为 22t ≤≤ ， 所以 2 003M  ，， ， 所以 213 3MP  . …………………………………………（12 分） 19．（本小题满分 12 分） 解：（1）9 个样本点中日生产量都不高于三十万只的有 5 个，高于二十万只且不高于三十 万只的有 3 个， 设事件 A：所取 2 个点的日生产量都不高于三十万只， 事件 B：所取 2 个点的日生产量高于二十万只，   理科数学参考答案·第 6 页（共 11 页） ∴事件 AB：所取 2 个点的日生产量高于二十万只且不高于三十万只， 则 2 5 2 9 C 5() C18PA， 2 3 2 9 C 1()C12PAB， ∴ ()3(|) .() 10 PABPB A PA ……………………………………（5 分） （2）∵ ln( )ybta，∴ eyzbta， 5t  ， 9 2 1 285i i t   ， ∴ 99 9 11 1 99 9 2 22222 11 1 ()() ( ) 9 1095 9 5 19 4285 9 5() (2 ) 9 i i ii i i ii ii i iiii ii i t tz z tztz zt tz tztz b tt t ttt t t                  ， ∴ 19 4 5 1azbt  ， ∴ ln(4 1).yt 令 ln(4 1) 4t ，解得 4e113.94t ， ∴ 14t ≥ ，即该厂从 2 月 14 日开始日生产量超过四十万只. ……………………（12 分） 20．（本小题满分 12 分） 解：（1）设 00()P xy， 0(0)y  ， ()Qx y， ，不妨设 ( 6 0) ( 6 0)AB ，， ， ， ∵ APAQ ， BP BQ ， ∴ 00AP AQ BP BQ    ，， ∴ 00 00 (6)(6)0 (6)(6)0 xx yy xx yy    ， ， ……………………………………（2 分） 解得 0 0 2 x x yy   ， ， ………………………………………………（3 分） 代入 22 00163 xy，得点Q 的轨迹 2C 的方程为 22 1( 0)12 6 yx y . …………………（5 分）   理科数学参考答案·第 7 页（共 11 页） （2）设 11 2 2()()M xy Nxy，， ， ， 假设存在这样的点 (0 )St，满足 πRSM RSN   ， 当直线l 的斜率存在时，设为 6ykx  ，代入椭圆 22 112 6 yx  中， 得 22(2)12240kxkx， ∴ 12 2 12 2 kxx k  ， 12 2 24 2xx k   ， ……………………………………（6 分） 22 2144 96( 2) 48( 4) 0kk k      ， ∵ πRSM RSN，∴ 0MS NSkk， ……………………………………（8 分） 即 12 12 0ytyt xx ，即 21 12()()x yt xyt  21 12(6)(6)x kx t x kx t 12 1 2 222 24 12 122 (6)( )2 (6) (2)0222 kkkx x t x x k t tkkk  ，……………（10 分） ∵ 0k  ，∴ 2t  ，即 (0 2)S ， ； ……………………………………（11 分） 当斜率不存在时，直线l 也过 (0 2)，. 综上，y 轴上存在定点 (0 2)S ，，使得 πRSM RSN   总成立. ………………（12 分） 21．（本小题满分 12 分） （1）解：当 1a  时， () ( 2)e lnxf xx x x  ， 则 11() ( 1)e 1 ( 1)exxfx x xx x     ， ………………………………………（1 分） 因为 (0 )x，，则 1e0x x， …………………………………………（2 分） 所以 1x  时， () 0fx  ， 所以 01x时， () 0fx  ， …………………………………………（3 分） 所以函数 ()f x 在 (0 1)， 上单调递减，在 (1 ) ， 上单调递增， 故 ()f x 的单调递减区间是 (0 1)， ，单调递增区间是 (1 ). ， …………………………………………（4 分）   理科数学参考答案·第 8 页（共 11 页） （2）因为 () ( 2)e lnxf xx axax  ， 则 () ( 1)e ( 1)exxaafx x a xx x     . （ⅰ）当 0a  时，因为 (0 )x，，则e0x a x  ， 则 1x  时， () 0fx  ，所以 01x时， () 0fx  ， 所以函数 ()f x 在 (0 1)， 上单调递减，在 (1 ) ， 上单调递增， (1) ef a  . …………………………………………（5 分） 当 (1) e 0fa   时，即 ea  时， () (1)0fx f ≥， 所以当 ea  时，函数 ()f x 没有零点，即函数 ()f x 的零点个数为 0； 当 (1) e 0fa   ，即 ea  时， () (1)0fx f ≥， 所以当 ea  时，函数 ()f x 有且只有一个零点 1x  ，即函数 ()f x 的零点个数为 1； …………………………………………（6 分） 当 (1) e 0fa   ，即 e0a  时， (2) (2 ln 2) 0fa  ， 则存在一个实数 1 (1 2)x  ， ，使得 1() 0fx  ， 当 (0 1)x ，时，(2)eexx ， 0ax  ，对任意的 (0 1)x ，， 则 () e lnf xax  ，取 3 0 eax  ，因为 0a  ，则 3 0e 1a， 则 3 0() e lne3e0afx a     ，则存在 3 2 (e 1)ax  ， ，使得 2()0fx  ， 即 e0a  时，函数 ()f x 的零点个数为 2. ……………………………………（7 分） （ⅱ）当 0a  时，令 () 0fx ，则 (2)e0xx   ，则 2x  ， 即函数 ()f x 有且只有一个零点 2x  ， 即函数 ()f x 的零点个数为 1. …………………………………………（8 分） （ⅲ）当 0a  时，令 () ex agx x， 2() e 0x agx x   ，   理科数学参考答案·第 9 页（共 11 页） 故 () ex agx x在 (0 )， 上单调递增，令 1min 22 am     ，， max{1 }na ，， 则 () e 2 0gm ≤，() e 1 0gn  ≥ ，则一定存在 0 ()x mn ， ，使得 0()0gx  ， 所以 0(0 )x x ，时，() 0gx ， 0()xx ，时，() 0gx . ………………………（9 分） 因为 () ( 1)e ( 1)exxaafx x a xx x     ， 当 0 1x  ，即 ea  时， () ( 2)e e elnxf xx x x  ， 所以 e() ( 1)exfx x x    ， 所以 1x  时， () 0fx  ，所以 01x  时， () 0fx  ， 则 ()f x 在 (0 )， 上单调递增，且 (1) 2e 0f  ， 3(3) e 3e eln 3 0f   ， 则存在 1 (1 3)x  ， ，使得 1() 0fx  ， 所以函数 ()f x 有且只有一个零点 1x x ， 即函数 ()f x 的零点个数为 1. …………………………………………（10 分） 因为 () ( 1)e ( 1)exxaafx x a xx x     ， 当 0 1x  ， (0 1)x ，时，() 0fx  ，当 0(1 )x x ， 时， () 0fx  ，当 0()xx ， 时， () 0fx  ， 则 ()f x 在 (0 1)， 上单调递增，在 0(1 )x， 上单调递减，在 0()x  ， 上单调递增， 当 001x， 0(0 )x x ，时，() 0fx  ，当 0(1)xx ，时， () 0fx  ，当 (1 )x，时， () 0fx  ， 则 ()f x 在 0(0 )x， 上单调递增，在 0(1)x ， 上单调递减，在 (1 ) ， 上单调递增， 因为 (0 1]x ，时，(2)e0 0ln0xxaxax，，≤，即 () 0fx ， 所以 ()f x 在 (0 1]x ， 时没有零点， (1 )x ，上()f x 至多有一个零点， …………………………………………（11 分）   理科数学参考答案·第 10 页（共 11 页） 而 22(2)e (2)ln(2)(eln(2)(2))aafa a aa a a a a a      ， 令 2ta， () e ln ( 2)tht t tt  ， 则 1() e 1( 2)tht tt  ，则 () 0ht  ，故 ()ht 在 (2 )t  ， 上单调递增， 而 2(2) e ln 2 2 0h  ，即 (2)0fa  ， 故存在一个，则存在 1 (1 2)xa， ，使得 1() 0fx  ， 所以函数 ()f x 有且只有一个零点 1x x ，即函数 ()f x 的零点个数为 1， 综上所述：当 ea   时，函数 ()f x 的零点个数为 0； 当 ea  或 0a≥ 时，函数 ()f x 的零点个数为 1； 当 e0a  时，函数 ()f x 的零点个数为 2. ………………………………………（12 分） 22．（本小题满分 10 分）【选修 4−4：坐标系与参数方程】 解：（1）曲线 1C ： 3sin2cos cos 2sin x y        ， ， 平方相加得 22(3) 5xy， ………………………………………………（2 分） 即 22640xy x，化为极坐标方程为 2 6cos 4 0.  ……………………………………………（4 分） 因为 2 26cos 4 0 16 0 cos 2 0       ， 无解， 所以 1C ， 2C 相离. ………………………………………………………………（5 分） （2） 2 26cos 4 0 6cos 4 0       ， ， 因为有两个交点 A ， B ， 所以 236cos 16 0   ，即 2cos .3  设方程的两根分别为 1 ， 2 ，则 12 12 6cos 0 4        ， ， ①， ………………………………………………………（6 分）   理科数学参考答案·第 11 页（共 11 页） 因为||3||ABOA ，所以||4||OB OA ，即 214  ， ………………………………………………………（7 分） 联立①式解得 1214 ，， 5cos 6  ，满足 0  ， ……………………（9 分） 联立 cos 2 0 212 cos 5        ， ， 所以 12||||5OP . ………………………………………………………（10 分） 23．（本小题满分 10 分）【选修 4−5：不等式选讲】 解：（1）当 1x  时， () 4fx x单调递增， 所以 () 3fx ； …………………………………………………………………（1 分） 当 11 2x ≤≤ 时， () 5 2fx x  单调递减， 所以 max() (1)3fx f， ………………………………………………………（2 分） 当 1 2x  时， () 4fx x  单调递减，所以 19() 22fx f  ， 所以 ()f x 的最大值 3M  . ………………………………………………………（5 分） （2）假设存在正数 ab， ，使得 66ab ab ，则 66 663322ab ababab ≥ ， 所以 55 22 1 2ab ≤ . …………………………………………………………（7 分） 又由于 33 33 11 132Mab abab ab   ≥， 所以 55 22 2 3ab ≥与 55 22 1 2ab ≤ 矛盾， 所以假设不成立，即不存在 ab，，使得 66ab ab . …………………………（10 分）