四川省绵阳南山中学2020届高三数学三诊模拟考试试题 理（PDF）答案.pdf

1、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|0,2Ax xx或，|1Bx x，|2ABx x.故选.A 2.选.C331zizi，13132213izii，1322zi，1zz .故选.C 3.选.D2222212cos342 3 4()372cababC ，37c.故选.D 4.选.D 圆心到直线的距离222abdab，由222(0)abab ab得1d .故选

2、D.5.选.A211()333AEAOACABAD，2133EDADAEADAB.故选.A 6.选.C 函数2xaayxxx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2xayx在区间2,)上单调递增,则2a,得14a，4 13(14).6 15Pa故选.C 7.选.B(1)()ln1xxxefxe()(1)ln()1xxxef xe，所以()f x 是偶函数，()f x 图象关于 y 轴对称，排除,A D；1(1)ln01efe，当0 x 时，()f x ，排除.C 故选.B 8.选.A 边长4CD,CD 上的高2 3BE,侧棱 AB 在底面上的射影4 33B

3、G,三棱锥的高 4 63AG,设 OAOBr,则2224 64 3()()33rr6r.2424Sr球表面积.选.A 9.选.B51(1)xx可看成五个1(1)xx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 1,2222531()130TCxCx ;(3)一个括号选 x，一个括号选1()x，三个括号选 1，11541()120TCx Cx ；所以展开项的常数项为1 302011T .故选.B 10.选.B1cos602AA ；sin12sinsinsin(60)sin2CCBCB 3tan3C，30.C 故选

4、.B 11.选.D 法一：将(0,0)OCmOAnOB mn平方得2212cosmnmnAOB，221cos2mnAOBmn21()22mnmnmn31122mn (当且仅当1mn 时等号成立)，0AOB，AOB的最小值为 23.法二：已知 AB 与 OC 的交点为 M，设 OMOCmOAnOB，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 ABOC时AOB最小.ABOC且互相平分,四边形OACB 菱形,23AOB.故选.D EOCABDEABCDGODEBMOACBMOACFDB

5、MOAC答案共 4 页，第 2 页12 选.D 设1122(,),(,)A x yB xy.联立214ykxxy得2440 xkx，则216(1)k,21212124,()242xxk yyk xxk，则212|44AByypk 由24xy，得21,42xyyx，设00(,)P xy，则012 xk，02xk，20yk2(2,)Pk k,则点 P 到直线1ykx 的距离21dk，从而221|2(1)12SAB dkk.22232|2(1)14(1)24(1).SABkkkddd 令322()24(1),()68f xxxxfxxx则，当413x时()0fx;当43x 时()0fx;2447,3

6、39xdk即时，min464()()327f xf，即|SAB的最小值为6427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；16.10,)2 13.填：3.由()2sin 3f xx,得最小正周期6T,且(1)(2)(6)0,fff 故(1)(2)(2020)fff(1)(2)(3)(4)3.ffff 故填：3 14.填：2 画出可行域如右图，由题意目标函数2zxy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：20 xy，2abca 故填：2.15.填：(,1.2()2(2)fxkxkx.显

7、然0k 符合题意.当0k 时，2()27f xx，符合题意.当0k 时,由()0fx对(0,2)x恒成立得(0)0f 且(2)0f,01k .综上:(,1k .填(,1.16.填：10,)2.函数2()24xax af x在区间(2,)的零点 方程224xax a在区间(2,)的根，所以|2|2|xaxa，解得14xa，20 x.因为函数2()24xax af x在区间(2,)上有且仅有一个零点，所以 40a或 42a ，即0a 或12a.故填：0a 或12a；即10,)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123112

8、32nnnaaanaa，知当2n 时，123123(1)2nnnaaanaa，两式作差1122nnnnnnaaa,即1(1)3nnnana(2n),即数列nna从第二项起是公比为 3 的等比数列,又11a ，得21a ，于是222a，故2n 时，22 3nnna，于是21(1)23(2)nnnann .(2)(1)1nnaann，当1n 时，111 12a；当2n 时，22 31(1)nnann n，设22 3()(2,)(1)nf nnnNn n,则(1)31()2f nnf nn，()f n 单增，min1()(2)3f nf.所以所求实数 的最小值为 1.3 18.解析:(1)35 0.

9、02545 0.15 55 0.265 0.25 75 0.225 85 0.1 95 0.0565EZ 故65,21014.5,2(65,14.5)N(50.579.5)0.6287PZ,(3694)0.9545PZ.综上,(3694)(50.579.5)0.95450.628(3679.5)0.8186222PZPZPZ.xy9479.5653650.5Oxy2x+y=044C(1,3)A(1,-1)B(3,1)OlxyABOP答案共 4 页，第 3 页(2).易知1()2P ZP Z 获奖券面值 X 的可能取值为 20,40,60,80,12024255P X;1114421555402

10、250P X;14144551160;225525P X 1151105.2508P X 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,160ACC，1ACC是等边三角形,1CCOA.在菱形11CBB C 中,1160CC B，11B CC是等边三角形,11CCOB 又1OAOBO，1CC 平面1AOB，又1AB 平面1AOB,11ABCC.(2).由(1)及2AC 知,13AOOB，又16AB，22211AOOBAB，1AOOB，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

11、别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则111(3,0,0),(0,1,0),(0,0,3),(0,2,3)BCAA,(0,1,0)C,1111(3,2,3),(3,1,0)B ABC ,(0,1,3)AC ,1(3,1,0)B C .平面111A B C 的法向量(1,3,1)m;平面1ACB 的法向量(1,3,1)n .设平面111A B C 与1ACB 所成的锐二面角的平面角为,则|33cos=5|55m nmn.20.解析：(1).lnyx在点2(,2)e处的切线2212()yxee，即211yxe.令切线与曲线()xf xemx相切于点000(,)xx emx,则切

12、线000()(1)xxyem xex,000201xxxemeex e，法一：02xmee，00(1)1xex；令()(1)xh xex，则()xh xxe，()h x 在(,0)增，(0,)减，max()(0)1h xh，00 x，21.me 法二：02xeme,20ln()xme,22()1 ln()1meme,令2met,则(1 ln)1tt，记()(1 ln)g ttt，()1(1 ln)lng ttt ，于是，()g t 在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，max()(1)1g tg，于是21tme，21me.(2).法一：()xfxem，当0m 时()0fx恒成立,()f

13、 x 在 R 单增且(0)0f,11()10mfem ,()f x 在 R 有且仅有一个零点；当0m 时，()xf xe在 R 上没有零点；当0m 时,()f x 的增区间(ln,)m ,减区间(,ln)m，min()(1 ln)f xmm.）若 0me，则min()(1 ln)0f xmm，()f x 在 R 上没有零点；）若 me，则()xf xeex有且仅有一个零点；）若 me，则min()(1 ln)0f xmm.2(2ln)2ln(2ln)fmmmmm mm，令()2lnh mmm，则2()1h mm，当 me时，()h m 单调递增，()()0h mh e.(2ln)(2ln)(2

14、)0fmm mmm e又(0)10f，()f x 在 R 上恰有两个零点，综上所述，当0me时，函数()f x 没有零点；当0m 或 me时，函数()f x 恰有一个零点；当 me时，()f x 恰有两个零点.法二：0 x 不成立；当0 x 时，xemx.令()(0)xexxx，则2(1)()xexxx，()x在(,0)减且()0 x，在(0,1)减，在(1,)增，()(1)xe极小值.综上:当0me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 25 2150 425 150 xyy=ex(1-x)Oxyy=exx(1,e)OB1A1OCC1

15、BAxyzB1A1OCC1BAx=lnmxy1mey=ex-mxO答案共 4 页，第 4 页法三：xemx,(1)当0m 时，若xye与 ymx相切，设切点00(,)xx e，则切线000()xxyeexx过点(0,0)，01x，切点(1,)e，me 时有两个零点，me时只有一个零点，0me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0me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),0FcF cc(-,0),则2123399(1,)(1,)12244PF PFccc ,所以1c .因为122|

16、4aPFPF,所以2a.所以23b 故椭圆C 的标准方程为22143xy.(2).()设 1l 方程为3(1)2yk x,与223412xy联立,消 y 得222(34)4(32)(32)120kxkk xk,由题意知236(21)0k,得12k .因为直线 2l 与 1l 的倾斜角互补,所以 2l 的斜率是 12.设直线 2l 方程:12yxt,1122(,),(,),M x yN xy联立22123412yxtxy,整理得2230 xtxt,由21230t,得24t,12xxt ,2123x xt;直线,PM PN 的斜率之和1212332211PMPNyykkxx121213132222

17、11xtxtxx 1221121313()(1)()(1)2222(1)(1)xtxxtxxx 121212(2)()(23)(1)(1)xxtxxtxx0,所以,PM PN 关于直线1x 对称,即MPKNPK,(PK 为NPM的角平分线)在 PMK和 PNK中,由正弦定理得 sinsinPMMKPKMMPK,sinsinPNNKPKNNPK,又因为MPKNPK,180PKMPKN,所以 PMMKPNNK,故|PMKNPNKM成立.()由()知,0PMPNkk,112lk ,212lk.假设存在直线 2l,满足题意.不妨设,(0)PMPNkk kkk 若1 1,2 2k k按某种排序构成等比数

18、列,设公比为 q,则1q 或21q 或31q .所以1q ,则12k,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:2240 xxy,极坐标方程:4cos.(2).法一：由2240 xxy和3y 得(1,3),(3,3)AB，3.AOBS 法二:由4cossin3有 4sin cos3 得(sin3si0,cos02)n 226k或2()3kkZ 当2()6kkZ时,2 3；当2()3kkZ时,2.1C 和2C 交点极坐标(2 3 2),(2,2)()63AkBkkZ,1sin32AOBSAO BOAOB,故3.AOBS 23.解析：(1).函数()f x 和()g x 的图象关于原点对称,2()()2g xfxxx ,原不等式可化为212xx,即212xx 或212xx ,解得不等式()()1g xf xx 的解集为1 1,2.(2).不等式()()1g xcf xx可化为212xxc,即22212xcxxc ,即222(1)02(1)0 xxcxxc,为使原不等式恒成立,则只需 1 8(1)01 8(1)0cc,解得 c 的取值范围是9(,8.l1l2xyKNPF1OF2My=mxxyy=exO