巴蜀中学2020届高考适应性月考卷（九）文数-答案.pdf

1、 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 221()02xabaxaa bx，12x ，故选 B 3 tan2 ，2222224sinsin2cos35cos2cossin15sincos1cos5，故选 D 44 支队伍分成三组，有（甲乙、丙、丁），（甲丙、乙、丁），（甲丁、乙、丙），（乙丙、甲、

2、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，16P，故选 D 5由题设22()3abcbc，得222bcabc，所以2221cos22bcaAbc，则3A，故选 A 6由点(22 6)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28yx，因为 PQl，所以2 6Py，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3zyx经 过点(2 3)A，时，min3323z ，故选 C 8()f x 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数，(0)0f，当0 x 时,2()2f xxx，(

3、)0f x ，02x，当0 x 时，220()()22()xfxxxxxf x ，2()2f xxx，()f x0，2x ，(2)(0 2)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34433 R，所以半径1R，设圆锥的底面半径为 r，则母线长为216r，由 相 似 关 系 得212316rrr，所 以 该 圆 锥 的 侧 面 积2121662Srr，故选 C.102()2f xxm，()3lng xxx的公共点设为00()xy，则0000()()()()f xg xfxg x，20000023ln321xmxxxx，解得011xm，故选 B 11如图 2

4、 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1250.633201.8 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

5、啡+3.8 折购买 4 杯咖啡，该品牌门店亏损1250.643202.4 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3241250.6 111.4 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

6、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（11.4530 111.42154，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 2629 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 14 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

7、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11.40.64，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 0.6 512 2 【解析】1324i12i2i|5.2iizz，14因为80.390.4100.39x，所以方差2222(89)0.3(99)0.4(109)s 0.30.6.15()2sin 23f xx向左平移 2 个单位后的解析式为22sin

8、23yx，当(0)xm，时，22222333xm，由题意，只需23523212mm，从而有max512m.16由已知212121|2MFMFMFF Fc，1230MF F，不妨设 M 在第一象限，设()M xy，32yc，12xc，点 M 在渐近线byxa上，3ba，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13nnaa，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421112(13)933313aaa，（5 分）113nnnaa q.（6 分）文科数学参考答案第

9、 4 页（共 9 页）（2）111(1)3(3)(1)1nnnnbn nnn ，（8 分）所以1211111(3)(3)(3)12231nnTnn 31(3)111(3)1nn 13(3)41nnn .（12 分）18（本小题满分 12 分）（）证明：如图 3，作 PQDC交 BC 于点Q，连接 AQ，因为2BPPD，所以223PQDC.（2 分）又 AECD，2AE，所以 AEPQ，即有四边形 AEPQ 是一个平行四边形，所以 EPAQ.（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，BOAC，因为平面

10、 ABC 平面 ACDE，且平面 ABC 平面 ACDE AC，所以 BO 平面 ACDE，且2 3BO，（8 分）而1134622EDCSCDAC，因为2BPPD，所以点 P 到平面 EBC 的距离是点 D 到平面 EBC 距离的 23，（10 分）图 3 文科数学参考答案第 5 页（共 9 页）所以22218 333333P EBCD EBCB EDCEDCVVVSBO.（12 分）19（本小题满分 12 分）解：（1）ln()ybta，eyzbta.（1 分）5t，921285iit，（3 分）91922219109595 19=4285959iiiiit ztzbtt ，（6 分）19

11、451azbt .（7 分）ln(41).yt （8 分）（2）令 ln(41)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)A x，0(0)By，由2OPOAOB，得00()(0)2(0)xyxy，002xxyy，即得0022xxyy，.（2 分）因为|6AB，所以22006xy，（3 分）将00()xy，代入22006xy，整理得点 P 的轨迹C 的方程为221126yx.（5 分）（2）设1122()()M xyN xy，假设存在这样的点(0)St，满足RS

12、MRSN，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221126yx 中，得22(2)12240kxkx，22214496(2)48(4)0kkk，122122kxxk，122242xxk.（7 分）RSMRSN，0MSNSkk，（8 分）即12120ytytxx，即2112()()xytx yt 2112(6)(6)x kxtx kxt 12122222412122(6)()2(6)(2)0222kkkx xt xxkttkkk.（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

13、(0 2)S，使得RSMRSN 总成立.（12 分）21（本小题满分 12 分）解：（1）当1a ，()(2)elnxf xxxx，则11()(1)e1(1)exxfxxxxx，（1 分）因为(0)x，则1e0 xx，（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)elnxf xxaxax，则()(1)e(1)e.xxaafxxaxxx （5 分）（）当0a 时，

14、因为(0)x，则 e0 xax，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)efa ，（6 分）当(l)e0fa 时，即ea 时，()(1)0f xf，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)e0fa 时，即ea ，()(1)0f xf，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)e0fa 时，即 e0a，(2)(2ln 2)0fa，则存在一个实数1(1 2)x ，使得1()0f x，当(0

15、 1)x，时，(2)eexx ，0ax，对任意的(0 1)x，则()elnf xax ，取30eax，因为0a，则30e1a，则30()eln e3e0af xa ，则存在32e1ax，使得2()0f x，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）（）当0a 时，令()0f x，则(2)e0 xx，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

16、零点个数为 2.（12 分）22（本小题满分 10 分）【选修 44：坐标系与参数方程】解：（1）曲线1C：3sin2coscos2sinxy，平方相加得22(3)5xy，（2 分）即22640 xyx，化为极坐标方程为26 cos40.（4 分）因为226 cos40160cos20，无解，所以1C，2C 相离.（5 分）（2）226 cos406 cos40，因为有两个交点 A，B，所以236cos160，即2cos.3 设方程的两根分别为1，2，则12126cos04，（6 分）因为|3|ABOA，所以|4|OBOA，即214，（7 分）文科数学参考答案第 9 页（共 9 页）联立式解得

17、1214，5cos6，满足0，（9 分）联立cos20212cos5，所以12|5OP.（10 分）23（本小题满分 10 分）【选修 45：不等式选讲】解：（1）当1x 时，()4f xx单调递增，所以()3f x；（1 分）当112x 时，()52f xx 单调递减，所以max()(1)3f xf，（2 分）当12x 时，()4f xx 单调递减，所以19()22f xf ，所以()f x 的最大值3M.（5 分）（2）假设存在正数 a b，使得66abab，则66663322ababa ba b，所以552212a b.（7 分）又由于333311132Mabababa b，所以552223a b 与552212a b 矛盾，所以假设不成立，即不存在 a b，使得66abab.（10 分）