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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.选选.A|0,2Ax xx或，|1Bx x，|2ABx x.故选.A 2.选选.C331zizi，13132213izii，1322zi，1zz .故选.C 3.选选.D2222212cos342 3 4()372cababC ，37c.故选.D 4.选选.D圆心到直线的距离222abdab，由222(0)abab ab得1d.
2、故选 D.5.选选.A211()333AEAOACABAD ，2133EDADAEADAB .故选.A 6.选选.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.选选.A边长4CD,CD上的高2 3BE,侧棱AB在底面上的射影4 33BG,
3、三棱锥的高 4 63AG,设OAOBr,则2224 64 3()()33rr6r.2424Sr球表面积.选.A 9.选选.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.选选.B1cos602AA ；sin12sinsinsin(60)sin2CCBCB3tan3C，30.C故选.B 11.
4、选选.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 EOCABDEABCDGODEBMOACBMOACFDBMOAC答案共 4 页，第 2 页 12
5、选选.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012xk，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;2447,339xdk即时，min464()()327f xf
6、，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.填填：3.由()2sin3f 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.填填：(,1.2()2(2)fxkxkx.显然0k 符合题意.当0k 时，2()27f xx，符合题
7、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.解析解析：(1)由12311232nnnaaanaa，知当2n 时，123123(1)2nnn
8、aaanaa，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.解解析析:(1)35 0.02545 0.15 55 0.265 0.25 75 0.225 85
9、 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;1114421555402250P X;14144551160;225525P X 1151105.25
10、08P X X的分布列为:36.EX 19.解析解析：(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11CBBC中,1160CC B，11BCC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),(
11、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)BC .平面111ABC的法向量(1,3,1)m;平面1ACB的法向量(1,3,1)n .设平面111ABC与1ACB所成的锐二面角的平面角为,则|33cos=5|55m nmn .20.解析解析：(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,则切线000()(1)xxyem xex,000201xxxemeex e，法一：02xmee，00(1)1xex
12、；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 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
13、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)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
14、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)OB1A1OCC1BAxyzB1A1OCC1BAx=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
15、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.解析解析：(1).设12(,0),0FcF cc(-,0),则2123399(1,)(1,)12244PF PFccc ,所以1c.因为122|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)120k
16、xkk 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1212332211PMPNyykkxx12121313222211xtxtxx 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
17、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.解析解析：(1).曲线1C的直角坐标方程:2240 xxy,极坐标方程:4cos.(2)
18、.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)n226k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