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

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1、第1 页 共 5 页 绵阳南山中学 2020 年绵阳三诊模拟考试数学试题（文史类）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 B A D D B C B C A B A A 1377，146，152，16108 6.解：若 a，b，c 两两所成角相等，则所成角为 0 或 120，当它们两两所成角为 0 时，|abc|a|b|c|1135；当它们两两所成角是 120 时，则 a b1 1 cos120 12，同理 a c32，b c32，|abc|2a2b2c22a b2a c2b c1191334.|abc|2.故选 C.9.解析：选 A 在区间0,2中随机取两

2、个数，构成的区域如图中大正方形，又“这两个数中较大的数大于23”为“这两个数都小于或等于23”的对立事件，且在区间0,2中随机取两个数，这两个数都小于23所构成的平面区域的面积为232349，故两个数中较大的数大于23的概率P149489.11.【答案】【答案】A 直线 y 3x 与 y 3x 的夹角为 60，且 3x2y20，PA 与 PB 的夹角为 120，|PA|PB|3xy|2|3xy|23x2y24，S PAB12|PA|PB|sin 120 316(3x2y2)3 316，即 P 点的轨迹方程为 x2y231，半焦距为 c2，焦点坐标可以为(2,0)12 答案：A 解析：222xg

3、xlnx，020gln，12 220gln，gx 在(0,1)上有零点，又 22 220 xgxln在0,1上成立，gx 在(0,1)上有唯一零点，设为0 x，则当0()0,xx时，0gx，当0(,)1xx时，0gx，g x在10,x上有最大值0()2g x，又 011gg，01,()g xg x，令 01,()tg xg x，要使 0fg x对10,x恒成立，则 0f t 对01,()tg x恒成立，即230tta对01,()tg x恒成立，分离a，得23att，函数23tt的对称轴为32t，又0()2g x，2(2)3mintt，则2a.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答

4、中正确理解题意，合理利用二次第2 页 共 5 页 函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与计算能力，属于中档试题 15.答案：2 解析：由题意知 F(1,0)，|AC|BD|AF|FB|2|AB|2，即|AC|BD|取得最小值时当且仅当|AB|取得最小值依抛物线定义知当|AB|为通径，即|AB|2p4 时为最小值，所以|AC|BD|的最小值为 2.16.【答案】【答案】108 正三棱锥 PABC，PA，PB，PC 两两垂直，此正三棱锥的外接球即以 PA，PB，PC 为三边的正方体的外接球 O，设球 O 的半径为 R，则正方体的边长为2 3R3，正三棱锥 PA

5、BC 的体积为 36，V13 S PAC PB13122 3R32 3R32 3R336，R3 3，球 O 的表面积为 S4R2108.17.(1)证明 在图中，可得 ACBC2 2，从而 AC2BC2AB2，故 ACBC，又平面 ADC平面 ABC，平面 ADC平面 ABCAC，BC平面 ABC，BC平面 ACD.(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥 B-ACD 的高，BC2 2，S ACD2，VB-ACD13S ACD BC13 2 2 24 23，又 S BCD2 2，由等体积性可知，h=2.(也可以先证明 AD平面 BCD,AD 就是所求高)18.解：(1)依题意，x 6，y 4，b

6、2418 6 43568 624968，a44968 61134，y 关于 x 的线性回归方程为y4968x1134.(2)由题意知，该商品进货量不超过 6 吨的有 2,3,4,5,6 共有 5 个，任取2 个有(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共 10 种情况，故该商品进货量恰有一次不超过 3 吨的有(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，共 6 种情况，故该商品进货量恰有一次不超过 3 吨的概率 P61035.19.【答案】【答案】解(1)由2423nnnSaa得：2111

7、423,2nnnSaan，两式相减整理得：12,2nnaan，又由已知可得：13a 于是，an是以13a 为首项，2 为公差的等差数列.an2n1，nN*.(2)由 bn1nn1212n112n3，得 Tn b1 b2 b3 bn121315151712n112n3121312n3nn，由nn215，解得 n6.故所求的最大正整数 n 为 5.第3 页 共 5 页 20.解：(1)设 AF1的中点为 M，连接 OM，AF2(O 为坐标原点)，在 AF1F2中，O 为 F1F2的中点，所以|OM|12|AF2|12(2a|AF1|)a12|AF1|.由题意得|OM|312|AF1|，所以 a3，

8、故椭圆的长轴长为 6.(2)由 b1，ca2 23，a2b2c2,得 c2 2，a3，所以椭圆 C 的方程为x29y21.当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 yk(x2 2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 x29y29，ykx2 2消去 y，得(9k21)x236 2k2x72k290，0 恒成立 则 x1x236 2k29k21，x1x272k299k21，y1y2k2(x12 2)(x22 2)k29k21.设 T(x0,0)，则 TATBx1x2(x1x2)x0 x20y1y2x2036 2x0k2x2099k21，当 9x2036 2x0719(x209)，即

9、 x019 29时，TATB为定值，定值为 x209781.当直线 AB 的斜率不存在时，不妨设 A2 2，13，B2 2，13，当 T19 29，0时，TATB29，1329，13781.综上，在 x 轴上存在定点 T19 29，0，使得 TATB为定值781 21.（1）212(12)1()2(12)axa xfxaxaxx(21)(1)axxx，当0a 时，由()0fx，得112xa，21x，当12a1，即102a时，()f x在(0,1)上是减函数，所以()f x在1,12上的最小值为(1)1fa 2 分 当11122a，即112a 时，()f x在11,22a上是减函数，在1,12a

10、上是增函数，所以()f x的最小值为11()1ln(2)24faaa 4 分 第4 页 共 5 页 当1122a，即1a 时，()f x在1,12上是增函数，所以()f x的最小值为113()ln2224fa 综上，()f x在区间1,12上的最小值min()f x13ln2,1,24111ln(2),1,4211,0.2aaaaaaa 6 分（2）设00(,)M xy，则点 N 的横坐标为1202xxx，直线 AB 的斜率2212112122112121()(12)()lnlnyyka xxa xxxxxxxx=211212lnln()(12)xxa xxaxx，曲线 C在点 N处的切线斜率

11、20()kfx0012(12)axax12122()(12)a xxaxx，假设曲线 C 在点 N 处的切线平行于直线 AB，则12kk，即211212lnln2=xxxxxx，9 分 所以22211211212(1)2()ln1xxxxxxxxxx，不妨设12xx，211xtx，则2(1)ln1ttt，令2(1)()ln(1)1tg tttt，22214(1)()0(1+t)(1)tg tttt，所以()g t在(1,+)上是增函数，又(1)0g，所以()0g t，即2(1)ln1ttt不成立，所以曲线 C 在点 N 处的切线不平行于直线 AB 12 分 22.解(1)由 x5 2cos t

12、，y3 2sin t消去参数 t，得(x5)2(y3)22，所以圆 C 的普通方程为(x5)2(y3)22.由22cos41，得 cos sin 2，所以直线 l 的直角坐标方程为 xy20.(2)直线 l 与 x 轴，y 轴的交点分别为 A(2,0)，B(0,2)，第5 页 共 5 页 设点 P 的坐标为(5 2cos，3 2sin)，则点 P 到直线 l 的距离 d|5 2cos 3 2sin 2|262cos42，当 cos4-1，即 42k+(kZ)时，点 P 到直线 l 的距离取得最大值，所以 dmax4 2，又|AB|2 2，所以 PAB 面积的最小值 S12 dmax|AB|12 4 2 2 28.23.解：(1)因为 f(x)3f(x1)，所以|x1|3|x2|x1|x2|3 x2，2x33，解得 0 x1 或 1x2 或 2x3，所以 0 x3，故不等式 f(x)3f(x1)的解集为0,3(2)因为1，32M，所以当 x1，32时，f(x)f(x1)|xa|恒成立，而 f(x)f(x1)|xa|x1|x|xa|0|xa|x|x1|，因为 x1，32，所以|xa|1，即 x1ax1，由题意，知 x1ax1 对于任意的 x1，32恒成立，所以12a2，故实数 a 的取值范围为12，2.