重庆市巴蜀中学2020届高三高考适应性月考卷(-六)理科数学含解析

 理科数学参考答案·第1页（共8页）巴蜀中学2020届高考适应性月考卷（六）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123456789101112答案DABDACABAADD【解析】1．{|21}{|01}AxxBxxx，或，所以{|20}BxxA，故选D．2．221i(1i)i||11i1izz，，故选A．3．0.740.260.242，故选B．4．依题意(123)(24)tt，∥，，所以2(23)4(1)tt，得4t，故选D．5．只有第三个正确，故选A．6．依题意23111abab，解得34ab，又因为222cab，所以53cea，故选C．7．由lnlnxy，得0xy，此时111332xyy，反之1132xy成立时可以取12xy，，不能推出lnlnxy，故选A．8．由题意2ππ36fxfx，得周期为π，所以2，由2π()3fxfx，得一个对称轴为π3x，所以π()sin26fxx，故选B．9．12251339P，2211111133327P，所以1151881279243P，故选A．10．由(0)0f，得2a，而21(2)(1)3fxmxf且()fx单调递增，所以210xmx有240m，得22m，故选A． 理科数学参考答案·第2页（共8页）11．由2cosabB，得sin2sincossin2.ABBB因为ABC△是锐角三角形，所以当2AB时π02π022π0π(2)2BBBB，，，得ππ64B211sin42B，.所以sinsin(π3)sinsincCBbBB2sin334sin(12)sinBBB，.当2πAB时，BC，得1cb，故选D．12．当10n时，数列123510204080160200，，，，，，，，，满足；若有9项，依题意22a，12mmaa≤，所以3456748163264aaaaa≤，≤，≤，≤，≤，8128a≤，而9200a，所以8761005025aaa，，，此时625816a，所以5a无法取整数满足；显然当8n≤都不成立，故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案902616125【解析】13．令1x，得展开式中各项系数之和为2n.由232n，得5n，所以21x的系数是3235(1)3C90.14．因为π1πcos0632，，，所以π22sin63，故ππsinsin66261.615．由32BFAF，得32BAxx，又因为1ABxx，所以122ABxx，，故1112.212AFBF16．如图1，由勾股定理得ABBCABBD，，由余弦定理得CBD2π3，所以BCD△的外接圆半径为12322π2sin3，可求得球的半径为415.图1 理科数学参考答案·第3页（共8页）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）证明：（1）∵11a，*112()2nnnaanN，两边同时乘以2n，即有11221nnnnaa，即11221.nnnnaa………………………………………………（4分）又1122a，所以数列{2}nna是首项为2和公差为1的等差数列，………………………………………………（5分）所以21nnan，………………………………………………（7分）故1.2nnna………………………………………………（8分）（2）由（1）知112nnnabn，………………………………………………（9分）所以111122111212nnnS.………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）（1）证明：如图2，设BD的中点为O，连接POAO，，因为PAB△与PAD△都是等边三角形且有公共边PA，又1AD，所以1ADABAPPDPB，所以POBD.………………………………………………（2分）在等腰直角三角形ABD中，易知22AO，又ABD△≌PBD△，所以22PO，所以222POAOPA，所以POAO.…………………………………………（4分）又BDOAO，BDOA，平面ABD，所以PO平面.ABD………………………………………………（5分）又PO平面PBD，所以平面PBD平面ABCD.………………………………（6分）图2 理科数学参考答案·第4页（共8页）（2）解：由（1）知，BDOAOP，，两两垂直，以O为原点，取OB，OA，OP分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图3所示的空间直角坐标系，容易得到2002A，，，222002000222DCP，，，，，，，，.………………………………（7分）在平面APD中，设法向量1111()nxyz，，，又22022DA，，，22022DP，，，所以11112202222022xyxz，，取11x，得1(111)n，，.……………………………（9分）在平面PDC中，设法向量2222()nxyz，，，又(020)DC，，，22022DP，，，所以2222022022yxz，，取21x，得2(101)n，，.…………………………（11分）所以1211(1)(1)6cos.332nn，设二面角APDC的大小为ππ2，，所以cos126|cos|3nn，.………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）由题意知：450.1550.15650.2750.3850.15950.170.5.x………………………………………………（3分）依题意z服从正态分布2()N，，其中70.5x，2()204.75D，14.31，∴z服从正态分布(N，2)(70.5N，214.31)，图3 理科数学参考答案·第5页（共8页）而()(56.1984.81)0.6826PzPz，∴10.6826(84.81)0.15872Pz≥，………………………………………………（6分）∴竞赛成绩超过84.8的人数估计为0.1587100001587人.………………………………………………（7分）（2）由（1）知，成绩超过56.19的概率为10.15870.8413，………………………………………………（9分）而~(40.8413)B，，∴444(3)1(4)1C0.841310.5010.499.PP≤………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）设AOR，则ππ42，.………………………………………（1分）22AR，22tanOA，82(08).tanOARBOARSS△，…………………………（4分）（2）由于1OAykx：与圆R相切，则有121||221kabk，整理得22211(8)280akabkb，同理22222(8)280akabkb，故12kk，是方程222(8)280akabkb的两根.……………………………（6分）所以21228182bkka，整理得221(22)2412aba，故R的轨迹C的方程为221(22)2412xyx.……………………………（8分）设11()Mxy，，22()Nxy，，由1212kk，得121220yyxx①，………………（9分）又221112412xy，所以2211242xy，同理2222242xy，则2222222212121212(242)(242)448()576xxyyyyyy，将①代入得221212yy.………………………………………………（10分）所以22OMON2211()xy+2222()xy2212(24)(24)36yy.………………………………………………（12分） 理科数学参考答案·第6页（共8页）21．（本小题满分12分）（1）证明：令1()ln1(0)gxxxx，则22111().xgxxxx………………………………………（1分）当01x时，()0gx；当1x时，()0gx，故()gx在(01)，上单调递减；()gx在(1)，上单调递增，………………………（3分）所以()(1)0gxg≥，即1ln1.xx≥………………………………………………（4分）（2）（ⅰ）证明：由（1）知：22()ln(1)fxxxax≥2211(1)(1)[(1)]xaxxaxax.………………………………………………（6分）当102a，01axa，时，(01)1aa，，(1)[(1)]0xaxa，故()0fx.………………………………………………（8分）（ⅱ）解：221()ln1fxxxax，令()x21ln1xax，则2()().fxxx因为函数2()()fxxx的定义域为(0)，，故()yfx的零点与()yx的零点相同，所以下面研究函数()yx在(0)，上的零点个数.∵()x21ln1xax，∴()x233122.axaxxx①当0a≤时，()0x在(0)x，上恒成立，∴()x在(0)x，上单调递增．∵2(e)0eaaa≤，(2)ln204aa．∴存在唯一的零点0(eax，2)，使得0()0x.…………………………………（9分）当0a时，()x3(2)(2)xaxax，可得()yx在(02)xa，上单调递减，在(2a，)上单调递增． 理科数学参考答案·第7页（共8页）∴()yx的最小值为1(2)ln22aaa．①令()ma1ln22aa，则1()12maa，所以()ma在102，上单调递增，在12，上单调递减，又102m．当12a时，()yx有唯一零点21xa；…………………………………（10分）②当102a，即021a时，且(2)0a．∵(1)0，∴()x在(2a，)上有唯一的零点1x．又由（ⅰ）知：()yx在21aaa，上存在唯一零点，不妨设1xx，∴()x在(02)a，上有唯一的零点1xx，故此时()yx在(0)，上有两个零点；………………………………………（11分）③当12a，即21a时，且(2)0a，(1)0，12ee1a．又2(e)0eaaa，由函数零点存在定理可得()yx在(2e)aa，上有唯一零点，故()yx在(02)a，，(2a，)上