2019-2020巴蜀高三下文科月考9试题.pdf

  文科数学参考答案·第 1 页（共 9 页） 巴蜀中学 2020 届高考适应性月考卷（九） 文科数学参考答案 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 C B D D A A C D C B B C 【解析】 1．∵ (1 3) (0 2)AB，， ，，∴ (1 2)AB ， ，故选 C． 2． 2 1() 02xa b a xa a b x      ，∴ 1 2x   ，故选 B． 3．∵ tan 2  ，∴ 2 22 22 2 4sinsin 2cos 35 cos 2 cos sin1 5sin cos 1 cos 5          ，， ，故选 D． 4．4 支队伍分成三组，有（甲乙、丙、丁），（甲丙、乙、丁），（甲丁、乙、丙），（乙丙、甲、 丁），（乙丁、甲、丙），（丙丁、甲、乙），共 6 种情况，而甲乙在一组共 1 种情况，∴ 1 6P  ， 故选 D． 5．由题设 22()3abcbc  ，得 222bcabc，所以 2221cos 22 bcaA bc   ，则 π 3A  ，故 选 A． 6．由点 (2 26)Q  ，，知准线l 的方程为 2x   ，焦点 (2 0)F ， ， 于是有抛物线的方程为 2 8yx ，因为 PQl ，所以 26Py  ， 代入抛物线方程解得 3Px  ，从而||5PF  ，故选 A． 7．画出不等式组对应的平面区域如图 1，当目标函数 3zy x  经 过点 (2 3)A ， 时， min 332 3z ，故选 C． 8．∵ ()f x 是定义在 R 上的奇函数，∴ (0) 0f  ，当 0x  时, 2() 2f xx x，∴ () 0fx ， 02x，∴当 0x  时， 220()()2 2 ()x fx x xx x fx      ，，∴ 2() 2f xxx  ， ∴ ()f x 0 ， 2x  ，∴ (2)(02)x ， ， ，故选 D． 图 1   文科数学参考答案·第 2 页（共 9 页） 9．因为内切球的体积 344ππ33R ，所以半径 1R  ，设圆锥的底面半径为 r ，则母线长为 216 r ，由相似关系得 2 1 23 16 r r r   ，所以该圆锥的侧面积 21 2π 16 6π2Srr    ，故选 C. 10． 2() 2f xx m ， () 3lng xxx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． 11．如图 2 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 3 24 12 5 0.6 2 10.8 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，该品牌门店依旧亏损；技术人员 图 2   文科数学参考答案·第 3 页（共 9 页） 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 0.6 5π 12 2 【解析】 13． 24i12i 2i|| 5.2i izz， 14．因为 80.390.4100.39x     ，所以方差 22 2 2(8 9) 0.3 (9 9) 0.4 (10 9)s       0.3 0.6 . 15． π() 2sin2 3fx x 向左平移 π 2 个单位后的解析式为 2π2sin 2 3yx ，当 (0 )x m ， 时， 2π 2π 2π2233 3xm  ， ，由题意，只需 2π 3π 5π2 32 12mm≤≤，从而有 max 5π 12m  . 16．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  ． 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 1 3nnaa  ，得数列{}na 为等比数列，且公比 3q  ， ……………………………………………………（2 分） ∵ 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）   文科数学参考答案·第 4 页（共 9 页） （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) ] 111(3) 1 n n   13(3) 41 n n n  . …………………………………………（12 分） 18．（本小题满分 12 分） （Ⅰ）证明：如图 3，作 PQDC∥交BC 于点Q ，连接 AQ ， 因为 2BP PD ， 所以 2 23PQ DC. ……………………………………（2 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 . …………………………………………………………（6 分） （2）解：设O 是 AC 的中点，在正 ABC△中，BO AC ， 因为平面 ABC  平面 ACDE ，且平面 ABC  平面 ACDE  AC ， 所以 BO  平面 ACDE ，且 23BO  ， …………………………………………………………………………（8 分） 而 1134 622EDCSCDAC△ ， 因为 2BP PD ，所以点 P 到平面 EBC 的距离是点 D 到平面 EBC 距离的 2 3 ， …………………………………………………………（10 分） 图 3   文科数学参考答案·第 5 页（共 9 页） 所以 222183 33333PEBC DEBC BEDC EDCVVV SBO△ . …………………（12 分） 19．（本小题满分 12 分） 解：（1）∵ ln( )ybta， ∴ eyzbta. …………………………………………………………（1 分） 5t  ， 9 2 1 285i i t   ， …………………………………………………………（3 分） ∴ 9 1 9 2 22 1 9 1095 9 5 19=4285 9 59 ii i i i tz t z b tt        ， ……………………………………………（6 分） ∴ 19 4 5 1azbt  . ………………………………………………（7 分） ∴ ln(4 1).yt …………………………………………………………（8 分） （2）令 ln(4 1) 4t ，解得 4e113.94t ， ………………………………………（11 分） ∴ 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 ()P xy，， 0(0)Ax， ， 0(0 )By， ， 由 2OP OA OB  ，得 00()(0)2(0)x yx y，， ，， ∴ 0 02 xx yy   ， ， 即得 0 0 2 2 xx yy   ， . ………………………………………………（2 分） 因为||6AB  ，所以 22 006xy， ………………………………………………（3 分） 将 00()x y， 代入 22 006xy， 整理得点 P 的轨迹C 的方程为 22 112 6 yx  . ……………………………………（5 分） （2）设 11 2 2()()M xy Nxy，， ， ， 假设存在这样的点 (0 )St，满足 πRSM RSN   ，   文科数学参考答案·第 6 页（共 9 页） 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， 22 2144 96( 2) 48( 4) 0kk k      ， ∴ 12 2 12 2 kxx k  ， 12 2 24 2xx k   . ……………………………………………（7 分） ∵ 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） 解：（1）当 1a  ， () ( 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） 所以当 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，   文科数学参考答案·第 7 页（共 9 页） 故 ()f x 的单调递减区间是 (0 1)， ，单调递增区间是 (1 ). ， ………………………………………………………（4 分） （2）因为 () ( 2)e lnxf xx axax  ， 则 ()(1)e (1)e .xxaafx x a xx x     ………………………………………（5 分） （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  ， …………………………………………………………（6 分） 当 (l) 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. …………………………………………………………（7 分） 当 (1) e 0fa   时，即 ea  ， () (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. …………………………………………………………（8 分） 当 (1) e 0fa   时，即 e0a  ， (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 e1ax   ， ，使得 2()0fx  ， 即 e0a  时，函数 ()f x 的零点个数为 2； …………………………………………………………（10 分）   文科数学参考答案·第 8 页（共 9 页） （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. …………………………………………………………（11 分） 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） 因为||3||ABOA ，所以||4||OB OA ，即 214  ， ………………………………………………………（7 分）   文科数学参考答案·第 9 页（共 9 页） 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）