重庆市巴蜀中学2020届高三数学下学期适应性月考试题九 理（PDF）答案.pdf

1、 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 221()02xabaxaa bx，12x ，故选 B 3223(8)(8)(2)4f ，2(8)(4)log 413f ff，故选 A 4 sin2coscos0，tan2 ，222222cossin1tan3cos2cossin1tan5，故选 C.5

2、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2343C A36n 种情况，甲、乙都在武汉共2m 种情况，118mPn，故选 D 61212052232xxxxpp，31042ppp，故选 D 7由正弦定理222222222cosabcbc abcbcbcbcA，1cos2A，(0)A，3A，22sinaRA，21RSR，故选 A 82()2()3lnf xxm g xxx，的公共点设为00()xy，则0000()()()()f xg xfxg x，20000023ln321xmxxxx，解得011xm，故选 B 9异面直线 PC 与 AD 所成角所成角即为PCB，

3、作 PHBC于 H，则31PHHCHC，3PH ，P 在底面的投影为O，则912 2hPO，22(2 2)2RR，R 52 2，22542SR，故选 B 理科数学参考答案第 2 页（共 11 页）10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，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

4、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

5、 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

6、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11.40.64，故技术人员超过 30 人时，

7、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 52 6 2e42(e2)，【解析】1324i12i2i|5.2iizz，141335()3()2()11.4422EEE ，15()2sin 23f xx向左平移 4，得()2sin 22sin 2266g xxx，2 2k 22 6236ZZxkkkxkk，当0k 时，36x，max.6m 16当1x 时，2ln1()lnxfxx，()f x 在(1e)(e)，e(e)elnef，又(1)fx (1)fx，()f x 的图象关于直线1x 对称，2()2(

8、)40fxmf xm有 8 个不同的实数解，令()f xt，则2240tmtm有两个大于e 的实数根.由实根分布：224160ee2 e40mmmmm，2e42(e2)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2272627411333a aaa qa qq，（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421112(13)933313aaa，（5 分）113nnnaa q.（6 分）（2）111(1)3(3)(1)1nnnnbn nnn ，（8 分）所以12

9、11111(3)(3)(3)12231nnTnn 31(3)1141nn 3(3)141nnn.（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2BPPD，所以223PQDC，（3 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.（5 分）（2）解：如图 3，设O 是 AC 的中点，在正ABC中，BOAC，作OzAE，因为 AEAC，由平面 ABC 平面 ACDE，可得 AE 平面 ABC，所以Oz 平面

10、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，(2 0 0)A，(0 2 3 0)B，(2 0 2)E，(2 0 3)D ，2BPPD，42 32.33P，（7 分）设平面 EAB 的法向量为111()mxyz，由11122 30(3 1 0)20mABxymmAEz，.（8 分）因为点 M 在线段 AC 上，设其坐标为(0 0)M t，其中 22t ，所以(2 02)EMt，102 3033EP，.设平面 PEM 的法向量为222()nxyz，由2222(2)203635 3102 32033n EMtxz

11、tnn EPxy，（10 分）由题意，设平面 PEM 与平面 EAB 所成的锐二面角为，则228 32 314cos(36)6453|(36)2 9754m nttmnt 或23t ，因为 22t ，所以20 03M，所以2 133MP.（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252

12、9C5()C18P A，2329C1()C12P AB，()3(|).()10P ABP B AP A （5 分）（2）ln()ybta，eyzbta，5t，921285iit，999111999222222111()()()9109595 19428595()(2)9iiiiiiiiiiiiiiiiiittzzt ztzzttzt ztzbtttttttt ，19451azbt ，ln(41).yt 令 ln(41)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，()

13、Q xy，不妨设(6 0)(6 0)AB，APAQ，BPBQ，00APAQBP BQ ，0000(6)(6)0(6)(6)0 xxy yxxy y，（2 分）解得002xxyy ，（3 分）代入2200163xy，得点Q 的轨迹2C 的方程为221(0)126yxy.（5 分）理科数学参考答案第 7 页（共 11 页）（2）设1122()()M xyN xy，假设存在这样的点(0)St，满足RSMRSN，当直线l 的斜率存在时，设为6ykx，代入椭圆221126yx 中，得22(2)12240kxkx，122122kxxk，122242xxk，（6 分）22214496(2)48(4)0kkk

14、，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(0 2)S，使得RSMRSN 总成立.（12 分）21（本小题满分 12 分）（1）解：当1a 时，()(2)elnxf xxxx，则11()(1)e1(1)exxfxxxxx，（1 分）因为(0)x，则1e0 xx，（2 分）所以1x 时

15、，()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)elnxf xxaxax，则()(1)e(1)exxaafxxaxxx.（）当0a 时，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 .（5 分）当(1)e0fa 时，即ea 时，()(1)0f xf，所以当ea 时，

16、函数()f x 没有零点，即函数()f x 的零点个数为 0；当(1)e0fa ，即ea 时，()(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；（6 分）当(1)e0fa ，即 e0a 时，(2)(2ln 2)0fa，则存在一个实数1(1 2)x ，使得1()0f x，当(0 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()elne3e0af xa ，则存在32(e1)ax，使得2()0f x，即 e0a 时，函数()f x 的零点个数为 2.（

17、7 分）（）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.（8 分）（）当0a 时，令()exag xx，2()e0 xag xx，理科数学参考答案第 9 页（共 11 页）故()exag xx在(0)，上单调递增，令1min 22am，max1na，则()e20g m，()e10g n，则一定存在0()xm n，使得0()0g x，所以0(0)xx，时，()0g x，0()xx，时，()0g x.（9 分）因为()(1)e(1)exxaafxxaxxx，当01x ，即ea 时，()(2)eeelnxf xx

18、xx，所以e()(1)exfxxx，所以1x 时，()0fx，所以 01x 时，()0fx，则()f x 在(0)，上单调递增，且(1)2e0f，3(3)e3eeln30f，则存在1(1 3)x ，使得1()0f x，所以函数()f x 有且只有一个零点1xx，即函数()f x 的零点个数为 1.（10 分）因为()(1)e(1)exxaafxxaxxx，当01x ，(0 1)x，时，()0fx，当0(1)xx，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)xx，时，()0fx，当0(

19、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 1x，时，(2)e00ln0 xxaxax，即()0f x，所以()f x 在(0 1x，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)aaf aaa aaaaaa，令2ta，()eln(2)th ttt t，则1()e1(2)th ttt，则()0h t，故()h t 在(2)t ，上单调递增，而2(2)eln 220h，即(2)0

20、f a，故存在一个，则存在1(12)xa，使得1()0f x，所以函数()f x 有且只有一个零点1xx，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 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.

21、（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）理科数学参考答案第 11 页（共 11 页）因为|3|ABOA，所以|4|OBOA，即214，（7 分）联立式解得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）