四川省南充高中2020届高三4月月考数学（文）答案.pdf

1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B C B C D B C D A C D 13. 26 2 14.13 15. 2812  16. 1 1.A【解析】由 24 4 1 0x x   ，得 x R .所以 U=R.所以 UC B  ( ,2) .故选 A. 2.B【解析】解法一：由已知得 3 2 2a i b i i bi      （ ） ，由复数相等的定义可得 2 3 a b      . 所以 2+3z a bi i    ，复数 2+3z i  在复平面内的对应点在第二象限.故选 B. 解法二：由 3 2a i b ii    得， 2 2 3 3 2ai i ai b ii       ，由复数相等的定义得 2 3 a b      . 复数 2+3z i  在复平面内的对应点在第二象限.所以，故选 B. 3.C【解析】在正项等比数列{ }na 中，由题意得 4122 2 7  aaa ， 27 a ， 7 22 ( 2) 4a    （ ） 故选 C. 4.B【解析】依题意，设整个池塘中草鱼的数量大约为 n 尾，则 50 750  n ,所以 3577 5050 n （尾）. 结合答案可知,选择 B 5.C【解析】由 3cos sin2 3          ,得到 3sin 3   ,所以 2 1 1cos2 1 2sin 1 2 3 3        ,故选 C. 6.D【解析】 由题知，a＝135，b＝180；a＝135，b＝45；a＝90，b＝45；a＝45，b＝45. ∴输出的 a＝45.故选 D. 7.B【解析】依题意得 OPQ 为正三角形，所以 3 POQ ，结合对称性可知， 6QO  x ， 所以双曲线C 的渐近线为 3: = 3l y x ，易求得 3 3 a b ， 所以 2 2 2 2 2 2 11 3 b c a ea a     2 3 3e   ，因 1e  ，所以 2 3 3e  .故选 B. 8.C【解析】在∆ABC 中，AB=10cm，AC=6cm，BC=8cm，AB2=AC2+BC2，∆ABC 为直角三角形，在 Rt∆ABC 中，设 内切圆的半径为 r, r = 1 2 6 + 8 − 10 = 2 ,∴2r=AA1，若将此玉石加工成一个球，要求此球的最大表面积， 此球应是直三棱的内切球，球的半径 r 为底面直角三角形内切圆的半径，所以 r=2， 该球的最大表面积 为  164 2  rS球表 ，因此选择 C. 9.D【解析】已由图象可知，函数 )sin()(   xAxf 的周期 2 12433 72    ，）（T . 南充高中2017级高三第十三次月考数学试题（文科）参考答案2 又函数的图像经过点 )0,3(,2 30 ），（  ， 606sin)3(   ，）（Af ， 2 3sin)0(  Af ， 3 A . ）（ 62 1sin3)(  xxf .所以 ）（ 32 1sin3)3()(   xxfxg 由 Zkkxk  ,2232 122  得 Zkkxk  ,43 543  ，故 )(xf 的单调递增区 间为 ）（， Zkkk  ]43 543[  .选择 D. 10.A【解析】由 ( )f x 为奇函数，且在 ）（ 0, 上是增函数，所以在 R 上是增函数，可得 ( ) ( )f x f x   ， 所以 2 2 1 1log log5 5a f f                2 2log 5 log 5f f      ，又 2( log 4.1)b f ， 0.8(2 )c f ， 所以由 0.8 2 2log 5 log 4.1 2 2   可得      0.8 2 2log 5 log 4.1 2f f f  ，故 c b a  ，故选 A. 11.C【解析】由在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中点 P 为 AD 的中点，点 Q 为 1 1B C 上的动点，知： 在 ① 中，当 Q 为 1 1B C 的中点时， 1/ /PQ C D ，由线面平行的判定定理可得 PQ 与 平面 1 1CDD C 平行， 故 ① 正确；在 ② 中，当 Q 为 1 1B C 的中点时， 1/ /PQ C D ， 1 1 1B C C D ， 1 1/ /BC B C 可得 PQ BC ，故 ② 错误;在 ③ 中，由 1 1CD C D ， 1 1 1.CD B C 可得 1CD  平面 1 1ADC B ，即有 1CD PQ ，故 ③ 正确；在 ④ 中，当 Q 为 1 1B C 的中点时， PQ 的长取得最小值，且长为 2AB ，故 ④ 正确．所以正确的个数为 3.故选择 C. 12.D【解析】P 是曲线 xeyC ：1 在点（0，1）处的切线上任意一点，所以 xey  ， 1| 0  xyk ，其切线方程为 1 xy , 又曲线 x xyC ln 2 ： ， 2 ln1 x xy  令 1ln1 2  x xy 得， 1x 曲线 x xyC ln 2 ： 过点（1，0）处的切线方程为 1 xy ， 易证 x xx ln1 （ 0x ）.因 xxxxF ln)( 2  ， x xx x xx xxxF )1)(12(12112)( 2  ， 当 10  x 时， 0)(  xF ， )(xF 单调递减； 当 1x 时， 0)(  xF ， )(xF 单调递增， 0)1()( min  FxF . 所以 0)1()(  FxF ， x xxxxxxxx ln1ln0ln 22  ；3 所以|PQ|的最小值即为两直线 1 xy ， 1 xy 间的距离 2d ， 因此|PQ|min= 2 ，故选 D. 13. 26 2 【解析】因为 6 3 0a b m     ，解得 2m   ，所以 (3, 2)b   ， ( 1,5)a b   （ ） ，所以向量 a  在 a b （ ）上的投影为 ( ) 26 2| | a a b a b          . 14.13【解析】 如图所示，画出的约束条件所表示的平面区域，即可行 域，作直线 b＋a＝0，并平移，结合 a，b∈N，可知当 a＝6，b＝7 时， a＋b 取最大值，故 x＝a＋b＝6＋7＝13. )11)(2(42,4 1211【解析】28.1215 BFAFBFAFBFAFpBFAF   时，等号成立当且仅当 BFAFBF AF AF BF 2.2812)23(4  16.-1【解析】 n n aaa 44,4 11   ， 1 2 2 214 42 2 22 n nn n n n a aa a a a        ， 故 2{ }2na  是以 1 为首项，1 为公差的等差数列；  2 2 12 4 2n n na      ， 22na n   ， 1 2 2( 2)( 2) 1n n nb a a n n      )2)(2()2)(2()( 3221  aaaanf )2)(2()2)(2( 143  nn aaaa  1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 44( ) 4(1 ) .1 2 2 3 ( 1) 2 2 3 1 1n nb b b n n n n n                       当对 3n ）（  Nn ，都有 mmnf 2)( 2  恒成立，  mmnf 2)( 2 min  易证 )(nf 在 ),3[  上是增函数，所以 3)3()( min  fnf ，即 0322  mm ， 31  m ， 所以实数 m 的最小值为-1，故填-1. 17 解：(1)由已知条件可知： 8,7  ca ， 7 34sin C . 根据正弦定理可得 C c A a sinsin  ， ……………2 分 2 3 7 34 8 7sinsin  c CaA ……………5 分 ca  ， CA  ， )2,0(  A ， 3  A .……………6 分 （2）因为 ABC 的面积为 310 ，且 8,7  ca .4 310sin28sin2 1   BBacS ABC ， 14 35sin  B ,……………8 分 14 11sin1cos 2  BB . ……………9 分 由余弦定理得, BBaccab cos87287cos2 22222  5b 或 201b ， ……………11 分  ABC 周长为 20 或 15+ 201 . ……………12 分 18.解：(1)依题意得， x 表示下一个月内市场西凤脐橙需求量， y 表示下一个月内网店经销西凤脐橙的利 润，当 x ∈[70,100)时， y ＝800 x －500(100－ x )＝1300 x －5 0000.……………3 分 当 x ∈[100,120]时， y ＝800×100＝80000. ……………5 分 所以 y ＝      .120100,80000 10070,500001300 x xx ………6 分 （2）由(1)知下一个月网店利润 y 不少于 67 000 元，所以 67000y ， ……………7 分 当 x ∈[70,100)时，由 1300 x －5 0000 67000 ，得 90x ，所以 90≤ x ≤100.………8 分 当 x ∈[100,120]时，80000 67000 .所以 90≤ x ≤120. ……………9 分 由直方图知西凤脐橙需求量 x ∈[90,120]的频率为（0.030+0.025+0.015） 10 =0.7，………11 分 所以下一个月内网店的利润 y 不少于 67 000 元的概率的估计值为 0.7. ………12 分 19.解：（1）因为 1CC  底面 ABCD ，所以 1CC BD ．……………2 分 如图，连接 AC ，因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD AC ．……………3 分 由四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 知， 1A ， A ，C ， 1C 四点共面．……………4 分 又 1AC CC C ，所以 BD  平面 1 1ACC A ． ……………5 分 所以 1BD AA ． ……………6 分 （2）连接 1BA ， 1BC ， 1CA ， 1CB ，由已知， 得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2B A C E E A B C B A B C C A B CV V V V     三棱锥 三棱锥 三棱锥 三棱锥 ， 又 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 4 32 sin120 43 3 2 3C A B C A B CV S CC        △三棱锥 ，……………11 分 所以三棱锥 1 1 1B AC E 的体积 1 1 1 2 3 3B A C EV  三棱锥 ．……………12 分 20.解：(1)根据题意,设椭圆的上下顶点为 B1（0，b）,B2（0，-b）,左焦点为 F1（-c,0）, 则 1 2 1△B B F 是正三角形，所以 2a b ，……………2 分 ∴椭圆方程为 2 2 2 2 14 x y b b   ， ……………3 分 将 2( 2, )2 代入方程得， 2a  ， 1b  ，……………4 分 故椭圆的方程为 2 2 14 x y  . ……………5 分 （2）不妨设直线 AB 的方程为 x ky m  ，……………6 分5 联立 2 2 14 x y x ky m       消去 x 得 2 2 24 2 4 0k y kmy m     . ……………7 分 设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则有 1 2 2 2 4 kmy y k    ， 2 1 2 2 4 4 my y k    ，①……………8 分 又以线段 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 (2,0)C ， ∴ 0CA CB   ，由 1 1( 2, )CA x y  ， 2 2( 2, )CB x y  得  1 2 1 22 2 0x x y y    ，………9 分 将 1 1x ky m  ， 2 2x ky m  代入上式得   2 2 1 2 1 21 ( 2) ( 2) 0k y y k m y y m       ， 将①代入上式求得 6 5m  或 2m  （舍）， 则直线l 恒过点 6( ,0)5D . ……………10 分 ∴  2 1 2 1 2 1 2 1 1 4| | 42 2 5△ABCS DC y y y y y y         2 22 25 4 368 25 4 k k     ， 设 2 1 1(0 )4 4t tk    ，则 28 36 2525△ABCS t t   在 1(0, ]4t  上单调递增，……………11 分 当 1 4t  时， △ABCS 取得最大值 16 25 . ……………12 分 21.解：（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， ……………1 分 2 2 1 ( 1)[ ( 1)]( ) 1a a x x af x x x x          ， 由 ( ) 0f x  ，得 1x  或 1x a  . ……………2 分 当 2a  即 1 1a   时，由 ( ) 0f x  得1 1x a   ，由 ( ) 0f x  得 0 1x  或 1x a  ； 当 2a  即 1 1a   时，当 0x  时都有 ( ) 0f x  ； ……………4 分 当 2a  时，单调减区间是 1, 1a  ，单调增区间是 0,1 ， 1,a   ； 当 2a  时，单调增区间是 0, ，没有单调减区间. ……………5 分 （2）当 2e 1a   时，由（1）知 ( )f x 在 21,e 上单调递减，在 2e , 上单调递增， 从而 ( )f x 在 1, 上的最小值为 2 2(e ) e 3f    . ……………6 分 对任意  1 1,x   ，存在  2 1,x   ，使得     2 2 1 2eg x f x  ， 即存在  2 1,x   ，使 ( )g x 的值不超过   22ef x  在区间 1, 上的最小值 2e 3 . ……8 分 由 2 2 2e 3 2e e 3x mx      得 2 2e ex mx  ， 2 2 e ex m x   . ……………9 分 令 2 2 e e( ) x h x x  ，则当  1,x  时， max( )m h x .      2 2 2 2 32 e 2 e e e 2 e e ( ) x x x xx x x h x xx         ， 当 [1,2]x 时 ( ) 0h x  ；当 [2, )x  时，  2e 2 e e e 2e 0x x x xx x     ， ( ) 0h x  . 故 ( )h x 在[1, ) 上单调递减， ……………10 分 从而 2 max( ) (1) e eh x h   ， ……………11 分 从而 2e em   得证. ……………12 分6 1 =1 : = x C y     ２－ ｔ２ ２１＋ ｔ２ 22.解：（1）曲线 （t 为参数）消参得 02  yx …………1 分 其极坐标方程为的  cos sin 2, sin( ) 24        即 ． ……………3 分 曲线 2C ： =4cos  ， 2 =4 cos    2 2 4 0x y x   ， ……………4 分 曲线 2C 普的通方程为 2 22 4x y   ． ……………5 分 （2）因点 M（1，1）在曲线曲线 1 =1 : = x C y     ２－ ｔ２ ２１＋ ｔ２ （t 为参数）上，将之代入 2 2 4 0x y x   得 02222  tt ， ……………7 分 设 A、B 对应的参数分别为 21,tt ， 2,22 2121  tttt ， ……………8 分 弦 AB 的中点 N 对应的参数 22 21  ttt ……………9 分 所以|MN| = 2|| t ． ……………10 分 23 ………………5 分 ………………10 分