四川省2019届高考数学综合能力提升卷（六）理（PDF）

数学（理工类）答案第1页（共4页）四川省高中2019届毕业班高考综合能力提升卷(六)考试数学(理工类)参考解答及评分标准四川高三教师联盟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．DBBDDACBADBA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．1614．-515．316．)2,3(三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（Ⅰ）当1n时，12111aSa得11a当2n时，)12()1(211nnnnnaaSSa，整理12nnaa……3分所以}{na是以1为首项，2为公比的等比数列。所以12nna……………………………6分（Ⅱ）因为3212(logaaabn···)(log)211121nnnqaa=2)1(nn．于是)1(232221211121nnbbbTnn整理12)]111()3121()211[(nnnTn……………12分18．解：（Ⅰ）样本中，优质水果的频率为3220)240124032404(p.以样本估计为总体，在该果园任意摘4颗水果，优质水果的个数满足~P(0,32)，其分布列为01234P811818812481328116则数学期望81164813238124281818110E=38(或38324E)………6分（Ⅱ）按照方案1可获利1Y元，则270006001.030000)2403170240415024031302401110(101Y按照方案2可获利2Y元，则数学（理工类）答案第2页（共4页）8.030000)24032401(202Y20×(240124032404)×30000×1=28000元，则21YY＜∴果园采用方案2获利更多…………………………………………………12分19．解：（Ⅰ）因为平面//ADE平面BPF，又平面CDEF∩平面DEADE平面CDEF∩平面PFBPF，∴PFDE//，又EFCD//∴四边形PDEF是平行四边形，∴1EFDP………………4分（Ⅱ）以DEDCDA,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立直角坐标系xyzD则)0,01(),0,2,0(),0,1,1(FCB，于是)1,1,0(),0,1,1(CFBC设平面BCF的法向量为n1=(x,y,z),则：0011CFnBCn即00zyyx取)1,1,1(1n取平面CDEF的法向量为)0,0,1(2n，由33,cos212121nnnnnn∴二面角DCFB的余弦值为33…………………12分20．解：（Ⅰ）由题意得22ac得ca2，于是ccab22又因为42221bc，解得22c于是2,422ba，∴E的方程为12422yx…………………4分（Ⅱ）以21,FF为直径的圆的方程为222yx,设),(00yxM,),(00yxN，由22020yx，①直线1MF的斜率为2001xyk，直线2NF的斜率为2-002xyk，∴22000021xyxykk=1……………6分②直线1MF与2NF的方程分别为)2(1xky、)2(2xky，联立方程组)2(42122xkyyx，消去y得04424)21(2121221kxkxk数学（理工类）答案第3页（共4页）设),(11yxA,),(22yxB,则2121212124kkxx，2121212144kkxx，∴2121212212121)1(44)(1kkxxxxkAB设),(33yxC,),(44yxB同理可得21212)1(4kkCD，由CDABCDAB得43（化简过程略）∴存在43使得CDABCDAB恒成立…………………12分21．解：（Ⅰ）由xxxxfln)(得2ln)(xxf，令02ln)(xxf得20ex，当20ex＜＜时，0)(＜xf；当2ex＞时，0)(＞xf∴当2ex时，)(xf取得最小值2)2(eef又当x→0时，)(xf→0；当x→时，)(xf→.∴方程mxf)(有2个零点时，m的取值范围是)0,-(2e………4分（Ⅱ）对任意)1(，x，不等式)1()(xkxf恒成立，即)1(lnxkxxx，也即1lnxxxxk在),1(x时恒成立.令1ln)(xxxxxh，则2)1(2ln)(xxxxh设)1(2ln)(＞xxxxu，则011)(＞xxu，则)(xu在),1(x时单调递增，由于1)1(u，02ln)2(＜u，03ln1)3(＜u，04ln2)4(＞u∴)4,3(0x使得02ln)(000xxxu，则当),1(0xx时，0)(＜xu，0)(＜xh；当),(0xx时，0)(＞xu，0)(＞xh；∴1ln)(xxxxxh在),1(0x上单调递减，在)(0，x上单调递增故)(xh的最小值1ln)(00000xxxxxh(@)………………………………8分∵02ln)(000xxxu，∴11ln00xx，代入(@)式可得00)(xxh又∵)4,3(0x，且)(xhk在),1(0xx时恒成立.∴0min)(xxhk，3k，又k是正整数，∴正整数k的最大值为3………………………………………………12分数学（理工类）答案第4页（共4页）22．解：（Ⅰ）直线l的普通方程为13xy；由)sin-cos(2得)sin(cos22，于是，曲线C的直角坐标方程为yxyx2222，即2)1()1(22yx．…………………………………………………5分（Ⅱ）将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，化简得012tt点P对应的参数0t设点BA,对应的参数分别为21,tt则121tt，121tt所以54)(212212121ttttttttPBPA．……………10分23．解：（Ⅰ当x＜-1时，f(x)=-2x-2-(x-1)=-3x-1∈(2,+)，当-1≤x≤1时，f(x)=-2x+2-(x-1)=x+3∈[2,+4)，当x≥2时，f(x)=-2x+2+(x-1)=3x+1∈[4,+)，综上所述f(x)的最小值2m．……………………………………………5分（Ⅱ）因为ba,均为正实数，且2ba，由bbaaabbbaaabbabaab22222222)()()(=)(2ba∴222babaab，当且仅当1ba时，取“=”．……………10分