重庆市直属校2020届高三下学期3月月考理科数学试题（word版）.doc

高 2020 级高三（下）3 月月考数学（理科）参考答案第 1 页 共 6 页 高 2020 级高三（下）3 月月考 理科数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 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 C D C B B B A D B D B D 10．由题意 39ABCS , 2,32 11  OOAO ,设 P 到平面 ABC 的高为 h ,则由 312V 得 4h ,所以点 P 在小圆 2O（如图所示，圆 1O 与圆 2O 所在平面平行）上运动， 22 OO ， 所以 322 PO ，所以 722 21 2 21  OOPOPO ． 11．联立             0 00 1 1 222 y x ayax aybx 或         2 2 2 2 3 2 2 2 c bay c ax ， 则        2 2 2 3 2,2 c ba c aE ． 因为存在以O 为圆心的圆与线段 EF 相切于其中点，所以 OFOE  ， 所以 c c ba c a            2 2 22 2 3 22 ，化简即得 2e ． 12．当 0x 时， )1()( 1 xexf x   ，所以当 10  x 时， 0)(  xf ， )(xf 单调递增；当 1x 时， 0)(  xf ， )(xf 单调递减，且 0)0( f ，当 x 时， 0)( xf ．当 0x 时， )(xf 单调递减，所以 )(xf 的图象如图所示： 令  xft  ，则由上图可知当 0t 或1时，方程  xft  有两个实数根；当  1,0t 时， 方程  xft  有三个实数根；当     ,10,t 时，方程  xft  有一个实数根． 所以关于 x 的方程    220f x af x a a    有四个不等的实数根等价于关于t 的方程 022  aaatt 有两个实数根 1,0 21  tt 或者       ,10,,1,0 21 tt ． 当 1,0 21  tt 解得 1a ；当       ,10,,1,0 21 tt 时，    01100 2222  aaaaaa ，解得 01  a ．综上所述，   10,1 a ． 高 2020 级高三（下）3 月月考数学（理科）参考答案第 2 页 共 6 页 第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 13 14 15 16 答案 5 2 2021 505 9 16 15．由题意     022  nn SnnS ，因为 na 各项均为正数，所以 0nS ，可得 nnSn  2 ，所以 nan 2 ．          1 11 4 1 14 11 1 nnnnaa nn ， 所以 2021 505 2021 1 2020 1...3 1 2 1 2 114 1 2020                    T ． 16．由对称性，不妨设 A 在一象限，设直线 AB 的倾斜角为  ，由 BFAF 3 得  cos1 3 cos1  pp 得 2 1cos  ，所以 3 2,3 2,2  MFBFAF ．记 AB 与l 的交点为 S ，x轴与l 的交点为 R ，则 2cos   RFSF ， ,39 8 tan,33 2 tan   SMMQSFFP 所 以 9 16 MQFP ． 三、解答题：（共 70 分） 17．解：（Ⅰ）由正弦定理可知： )sin3(cossinsin AABC  ······1 分 又因为 ABC 中  CBA ，故 )sin(sin BAC  ······2 分 )sin3(cossin)sin( AABBA  ABABBABA sinsin3cossinsincoscossin  ABBA sinsin3cossin  ······4 分 又因为 A 为 ABC 的内角，故 0sin A BB sin3cos  ， (0, )B  ， 6  B ······6 分 （Ⅱ）如图， 63  BAD ， ，则 32sin  B ADABc ······9 分 又 4a ，在 ABC 中，由余弦定理得： 4cos2222  Baccab 2 b 故三角形的周长 .326 cba ······12 分 18．解：（Ⅰ）因为 ABDE  ，所以 EFDEEBDE  , ， 所以 DE 平面 BEF ，所以 BFDE  ① ······2 分 因为 22  EBAE ，所以 1,2  EBEF ，又 o60FEB ， 由余弦定理得： 3cos222  FEBEBEFEBEFBF ， 所以 222 BFEBEF  ，所以 EBFB  ② ······4 分 由①②得 BF 平面 BCDE ，所以平面 BFC 平面 BCDE ． ······5 分 高 2020 级高三（下）3 月月考数学（理科）参考答案第 3 页 共 6 页 （Ⅱ）建系如图，设 aDE  ，则      3,0,0,0,0,1,0,,1 FEaD ，  3,,1 aDF  因为直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正 切值为 15 5 ，所以直线 DF 与平面 BCDE 所成角的所成角的正弦值为 4 6 ， 又  1,0,0n 为平面 BCDE 的法向量， 所以 4 6,cos    DFn DFnDFn ，即 4 6 4 3 2   a ，解得 2a ． ······7 分 所以    0,2,2,0,2,1 CD ，则    3,2,1,0,2,0  DFED ， 设平面 EDF 的法向量  zyxm ,, ，则                  zx y zyx y mDF mED 3 0 032 02 0 0 ， 取 1z 得  1,0,3m ， ······9 分 同理可取平面 DFC 的法向量  2,3,0p ， ······10 分 所以 7 7 72 2,cos      pm pmpm ， ······11 分 所以 7 42,sin pm ，即得二面角 E DF C的正弦值为 7 42 ． ······12 分 19．解：（Ⅰ）由 9.96x  ， 0.19s  ，得  的估计值为 ˆ 9.96  ， 的估计值为 ˆ 0.19  ， 由样本数据可以看出有一件药品的主要药理成分(9.22) 含量在 ˆ ˆ(3 ， ˆ ˆ3 ) (9.39 ， 10.53) 之外，因此需对本次的生产过程进行检查． ······5 分 （Ⅱ）抽取的一件药品的主要药理成分含量在( 3 , 3 )   之内的概率为 0.9974， 从而主要药理成分含量在 ( 3 , 3 )   之外的概率为 0.0026，故 ~ (20,0.0026)XB ． 因此 1 19 20( 1) (0.9974) 0.0026 20 0.95 0.0026 0.0494P X C       ， ······10 分 X 的数学期望为   20 0.0026 0.052EX   ． ······12 分 20．解：（Ⅰ）由题意可得： 4 4 2, 2 2, 1 1ca a c ba       2 2:12 xCy   ······4 分 （Ⅱ）点  0, 1P  ，  1 1,0F  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 显然直线 AB 与 x 轴不重合，设 :1AB x my，则可知 1m  由 22 1 22 x my xy    得 222 2 1 0m y my    1 2 1 222 21,22 my y y ymm     高 2020 级高三（下）3 月月考数学（理科）参考答案第 4 页 共 6 页 直线  1 1 1: 1 0PA y x x y x    ，令 2y  ，可得 1 1 3 1M xx y  ， ······6 分 同理 2 2 3 1N xx y  ， ······7 分          1 2 2 112 1 2 1 2 1 1 1 13331 1 1 1 my y my yxxMN y y y y           12 1 2 1 2 13 1 m y y y y y y     2 2 22 22 1 2 4 13 6 212 2 2 1122 m mm m m m m mm         ， ······9 分 当 0m  时， 62MN  ； 当 0m  时， 2 116 2 6 2221111 MN m m m m    ， 由于    1 , 2 2,m m      ，则  11,1 1,2 21 1m m     ， ······11 分 此时 MN 的最小值为6 6 2 ，在 1m  处取得. 综上，当 MN 最小时，直线 :1AB x y，即 1yx. ……………12 分 21．解：（Ⅰ）若 0a  ，则对一切 0x  ， ()fx 10axex    ，这与题设矛盾； 若 0a  ， ( ) 1,axf x ae 令 11( ) 0, ln .f x x aa  得 当 11lnx aa 时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递减；当 11lnx aa 时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递增， 故当 11lnx aa 时， ()fx取最小值 1 1 1 1 1( ln ) ln 1.f a a a a a   于是对一切 , ( ) 0x R f x恒成立，当且仅当 1 1 1ln 1 0a a a   .① 令 ( ) ln 1,g t t t t   则 ( ) ln .g t t  当 01t时， ( ) 0, ( )g t g t  单调递增；当 1t  时， ( ) 0, ( )g t g t  单调递减. 故当 1t  时， ()gt取最大值 (1) 0g  .因此，当且仅当 1 1a  即 1a  时，①式成立. 综上所述， 1a  . ······5 分 高 2020 级高三（下）3 月月考数学（理科）参考答案第 5 页 共 6 页 （Ⅱ）由题意知， 21 21 2 1 2 1 ( ) ( ) 1. xxf x f x eek x x x x     令 21 21 ( ) ( ) , xx x eex f x k e xx      ()yx 在区间 12,xx 上单调递增； 且 1 21() 1 2 1 21 ( ) ( ) 1 , x xxex e x xxx      2 12() 2 1 2 21 ( ) ( ) 1 . x xxex e x xxx     由（Ⅰ）得 ( ) 1 0xf x e x    恒成立， 从而 21() 21( ) 1 0xxe x x     ， 12() 12( ) 1 0,xxe x x     又 1 21 0, xe xx 2 21 0, xe xx 所以 1( ) 0,x  2( ) 0.x  由零点存在性定理得，存在唯一 0 1 2( , )x x x ，使 0( ) 0,x  且 21 0 21 ln () xxeex xx   . 综上所述，存在 0 1 2( , )x x x 使 0()f x k  成立，且 21 0 21 ln () xxeex xx   . ······12 分 22．解：（Ⅰ）曲线C 的直角坐标方程为 223 12xy．因为点 P 的直角坐标为 2,0 ， 所以点 P 在直线l 上．将直线l 的参数方程 22 2 2 2 xt yt       （t 为参数）代入曲线C 的直 角 坐 标 方 程 中 ， 得 22 2222 3 12 2 4 022t t t t                       ，则 12 4PM PN t t    ． ······5 分 （Ⅱ）不妨设  2 3 cos ,2sin 0, 2Q    为矩形上的一顶点， 则该矩形的周长为  4 2 3 cos 2sin 16sin 3      ， 当且仅当 6   ，其周长有最大值16． ······10 分 23．解：（Ⅰ）     2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 a a a a a aa                  或     22 2 2 2 a aa        或     2 2 2 2 a aa      ，解得  ,1a   ．······5 分 （Ⅱ）    max min3f x y y a     ，其中当  ,,x y a  时，    3 3 3 3y y a y a y a a           （当且仅当  3,ya 取等号）， 高 2020 级高三（下）3 月月考数学（理科）参考答案第 6 页 共 6 页 （     2 4 af x x x a    当且仅当 2 ax  取等号）， 所以 2 34 a a，解得  0,6a ． ······10 分