重庆市渝中区2020届高三下学期适应性理科数学试题（含答案）

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1、巴蜀中学巴蜀中学 2020 届高考适应性届高考适应性理科数学理科数学月考月考试试卷卷 注意事项：注意事项： 1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚 2每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效 3考试结束后，请将本试卷和答題卡一并交回，满分 150 分，考试用时 120 分钟 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题只有一项是符合

2、题 目要求的）目要求的） 1已知集合 |21Ax x， 2 log1Bxx，则AB （ ） A(0,3) B(1,2) C(,3) D(0,2) 2已知单位向量a与b的夹角为 3 ，若xab与a垂直，则实数x的值为（ ） A 1 2 B 1 2 C 3 2 D 3 2 3 2 3 2 ,0, ( ) log1,0, xx f x xx 则( ( 8)f f （ ） A3 B3 C4 D4 4已知sin2sin 2 ，则cos2（ ） A 3 5 B7 C 3 5 D3 5自新型冠状病毒爆发以来，全国各地医护人员勇当“逆行者”支援湖北重庆第一批共派出甲、乙、丙、 丁 4 支医疗队奔赴武汉、孝感、

3、黄冈三个地方，每个地方至少一支医疗队，每支医疗队只去一个地方， 则甲、乙都在武汉的概率为（ ） A 1 3 B 1 6 C 2 9 D 1 18 6已知抛物线 2 2(0)ypx p，F为抛物线的焦点，O为坐标原点， 11 ,A x y， 22 ,B x y为抛物线上 的两点，A，B的中点到抛物线准线的距离为 5，ABO的重心为F，则p （ ） A1 B2 C3 D4 7 在ABC中， 角A，B，C对应的边分别为a，b，c， 若 222 sinsinsinsinsinABCBC，3a ， 则ABC的外接圆面积为（ ） A B2 C4 D8 8已知函数 2 ( )2f xxm，( )3lng x

4、xx，若( )yf x与( )yg x在公共点处的切线相同，则m （ ） A3 B1 C2 D5 9在底边边长为 2 的正四棱锥 PABCD中，异面直线PC与AD所成角的正切值为 3，则四棱锥 PABCD外接球的表面积为（ ） A 25 4 B 25 2 C 25 2 8 D 9 2 10 双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、 右焦点为 1 F， 2 F， 以 2 F为圆心， 2 OF为半径作圆 2 F， 过 1 F 作直线l与圆 2 F切于点M，若M在双曲线的渐近线上，则双曲线的离心率为（ ） A2 B3 C2 D 2 3 3 11已知在一个棱长为 12 的正方体

5、1111 ABCDABC D中， 1 BB和 11 C D的中点分别为M，N如图 1， 则过A，M，N三点的平面被正方体所截得的截面图形为（ ） A六边形 B五边形 C四边形 D三角形 12咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而 2018 年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无 疑是开拓咖啡的中国市场的最有效的方式之一若某品牌的某种在售咖啡产品价格为 30 元/杯，其原材 料成本为 7 元/杯，营销成本为 5 元/杯，且品牌门店提供如下 4 种优惠方式： （1）首杯免单，每人限用一次； （2）3.8

6、 折优惠券，每人限用一次； （3）买 2 杯送 2 杯，每人限用两次； （4）买 5 杯送 5 杯，不限使用人数和使用次数 每位消费者都可以在以上 4 种优惠方式中选择不多于 2 种使用现在某个公司有 5 位后勤工作人员去 该品牌门店帮每位技术人员购买 1 杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的 技术人员不少于 （ ）人时，无论 5 位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌 门店都能保证盈利 A28 B29 C30 D31 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分）分） 13复数 2 24 (1) i z

7、i ，则| | z _ 14已知离散型随机变量 1 3, 4 B ，随机变量21，则的数学期望( )E_ 15 已知函数( )sin23cos2f xxx向左平移 4 个单位后， 所得图象在区间(0,)m上单调递增， 则m的 最大值为_ 16函数( )f x满足(1)(1)fxfx，当1x 时，( ) ln x f x x ，若 2( ) 2( )40fxmf xm有 8 个 不同的实数解，则实数m的取值范围是_ 三、解答题三、解答题（共共 70 分分解答应写出文字说明解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分 12 分） 已知等比数列 n a的前n项和为

8、n S， 2 274 3a aa，且3， 4 S， 3 9a成等差数列 （1）求数列 n a的通项公式； （2）设 1 ( 1) (1) n nn ba n n ，求数列 n b的前n项和 n T 18 （本小题满分 12 分） 如图 2，在四棱锥BACDE中，平面ABC 平面ACDE，ABC是一个边长为 4 的正三角形，在 直角梯形ACDE中，AECD，AEAC，2AE ，3CD，点P在棱BD上，且2BPPD （1）求证：EP平面ABC； （2） 设点M在线段AC上， 若平面PEM与平面EAB所成的锐二面角的余弦值为 2 3 5 ， 求MP的长 19 （本小题满分 12 分） 2020 年初

9、， 武汉出现新型冠状病毒肺炎疫情， 并快速席卷我国其他地区， 口罩成了重要的防疫物资 某 口罩生产厂不断加大投入，高速生产，现对其 2 月 1 日2 月 9 日连续 9 天的日生产量 i y（单位：十万只， 1,2,9i ）数据作了初步处理，得到如图 3 所示的散点图及一些统计量的值： y z 1 9 i i i t y 9 1 ii i t z 2.72 19 139.09 1095 注：图中日期代码 19 分别对应 2 月 1 日2 月 9 日；表中 i y i ze， 9 1 1 9 i i zz （1）从 9 个样本点中任意选取 2 个，在 2 个点的日生产量都不高于三十万只的条件下，

10、求 2 个都高于 二十万只的概率； （2）由散点图分析，样本点都集中在曲线ln()ybta的附近，请求y关于t的方程ln()ybta， 并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万只 参考公式：回归直线方程是 va时， 11 2 22 11 n iiii i nn ii i n i i vvvn v un ， v参考数据： 4 54.6e 20 （本小题满分 12 分） 已知椭圆 22 1: 1 63 C xy 的长轴为AB， 动点P是椭圆上不同于A，B的任一点， 点Q满足APAQ， BPBQ （1）求点Q的轨迹 2 C的方程； （2）过点(0,6)R的动直线l交 2 C于M，N两点，y轴上是否

11、存在定点S，使得RSMRSN 总成立？若存在，求出定点S；若不存在，请说明理由 21 （本小题满分 12 分） 已知函数( )(2)ln () x f xxeaxax aR （1）当1a 时，求函数( )f x的单调区间； （2）讨论( )f x的零点个数 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做 题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计 分 22 （本小题满分 10 分） 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 3sin2cos , cos

12、2sin , x y （为参数） ，以坐标原点O为 极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2 C的极坐标方程为cos20 （1）求曲线 1 C的极坐标方程并判断 1 C， 2 C的位置关系； （2） 设直线, 22 R分别与曲线 1 C交于A，B两点， 与 2 C交于点P， 若| 3AB |OA，求OP的值 23 （本小题满分 10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】 设函数( ) |1 2 | 3|1|f xxx的最大值为M （1）求M； （2）若正数a，b满足 33 11 Mab ab ，请问：是否存在正数a，b，使得 66 abab，并说明理 由 理科数学参考答案理科数学参考答案

13、一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分）分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B A C D D A B B C B C 【解析】 1(1,3)A ，(0,2)B ，(1,2)AB ，故选 B 2 2 1 ()0 2 xabaxaa bx， 1 2 x ，故选 B 3 2 2 3 ( 8)( 8)( 2)4f ， 2 ( ( 8)(4)log 4 13f ff ，故选 A 4sin2cos，cos0，tan2， 222 222 cossin1 tan3 cos2 cossin1tan5 ，故选 C

14、54 支队伍分配到三个地方，每个地方至少一支队伍，每支队伍只去一个地方， 共有 23 43 36nC A种情况，甲、乙都在武汉共2m种情况， 1 18 m P n ，故选 D 6 12 5 22 xxp ， 12 0 32 xxp ， 3 10 2 p p，4p ，故选 D 7由正弦定理 222 abcbc， 22222 2cosabcbcbcbcA， 1 cos 2 A，(0, )A， 3 A ，22 sin a R A ， 1R ， 2 SR，故选 A 8 2 ( )2f xxm，( )3lng xxx的公共点设为 00 ,x y， 则 00 f xg x， 00 fxg x， 2 000

15、 0 0 23ln 3 21 xmxx x x ， 解得 0 1x ，1m，故选 B 9异面直线PC与AD所成角即为PCB，作PHBC于H， 则3 PH HC ，1HC ，3PH ， P在底面的投影为O，则9 12 2hPO ， 22 (2 2)2RR， 5 2 2 R ， 2 25 4 2 SR ，故选 B 10由已知 21 MFMF， 212 1 2 MFFFc， 12 30MFF， 不妨设M在第一象限，设( , )M x y， 3 2 yc， 1 2 xc， 点M在渐近线 b yx a 上，3 b a ，2e，故选 C 11如图 1 所示，故选 B 12由题意知，咖啡产品原价为 30 元

16、/杯，成本为 12 元/杯； 优惠方式（1）免单购买，每购买 1 杯该品牌门店亏损 12 元； 优惠方式（2）每杯售价 11.4 元，每购买 1 杯该品牌门店亏损 0.6 元； 优惠方式（3）和（4）相当于 5 折购买，每购买 1 杯该品牌门店盈利 3 元； 解法一（验证法）分别讨论选项： 技术人员为28人时， 最优购买方式为免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+3.8折购买3杯咖啡， 该品牌门店亏损12 5 0.6 3 3 201.8 元； 技术人员为29人时， 最优购买方式为免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+3.8折购买4杯咖啡， 该品牌门店亏损12 5 0.6 4 3 202

17、.4 元； 技术人员为 30 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯 咖啡+3.8 折购买 1 杯咖啡，该品牌门店盈利3 24 12 5 0.6 1 11.4 元； 技术人员为 31 人时，最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯 咖啡+3.8 折购买 2 杯咖啡，该品牌门店盈利3 24 12 5 0.6 210.8元，故选 C 解法二（通解法） 我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择 2 种优惠方式，必然包含优惠方式（1） ， 可以免单购买 5 杯咖啡

18、，该品牌门店因此亏损 60 元； 最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡（11.4 5 30 1 11.4 2 15 4 ，说明只要用原 价购买 1 杯咖啡，哪怕最大程度利用 38 折优惠，花费也一定会超过搭配使用（2）（4）优惠购买 咖啡） 故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出 20 杯以上的咖啡才能盈利，故技术人 员人数一定多于52025人； 技术人员在 2629 人时，免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯咖啡+3.8 折购买 14 杯咖啡，该品牌 门店依旧亏损； 技术人员为 30 人时， 最优购买方式为免单购买 5 杯咖啡+买 5 送 5 购买 20 杯

19、咖啡+买 2 送 2 购买 4 杯咖啡+38 折购买 1 杯咖啡，该品牌门店盈利3 24 60 0.611.4元； 由于11.40.6 4，故技术人员超过 30 人时，该品牌门店能保证持续盈利，故选 C 二、二、填空题填空题（本大题共本大题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分） 题号 13 14 15 16 答案 5 5 2 6 2 4, 2(2) e e 【解析】 13 2412 2 2 ii zi ii ，|5z 14 13 ( )3 44 E ， 35 ( )2 ( ) 11 22 EE 15( )2sin 2 3 f xx 向左平移 4 ， 得( )2sin 22

20、sin 2 266 g xxx ， 2 2 k 22 62 xk ，kZ， 36 kxk ，kZ， 当0k 时， 36 x ， max 6 m 16当1x 时， 2 ln1 ( ) ln x fx x ， ( )f x在(1, ) e ，( ,)e ，( ) ln e f ee e ， 又(1)(1)fxfx，( )f x的图象关于直线1x 对称， 2( ) 2( )40fxmf xm有 8 个不同的实数解， 令( )f xt，则 2 24tmtm0有两个大于e的实数根 由实根分布： 2 2 2 4160 4 2(2) 240 mm e mem e emem 三、解答题（共三、解答题（共 70

21、 分分解答应写岀文字说明解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤）证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分 12 分） 解： （1）由 22726 27411 333a aaa qa qq， 3， 4 S， 3 9a成等差数列， 43 293Sa 从而有 4 1 2 11 21 3 9333 1 3 a aa ， 1 1 3 nn n aa q （2） 111 ( 1)3( 3) (1)1 nnn n b n nnn ， 所以 12 11111 ( 3)( 3)( 3)1 2231 n n T nn 3 1 ( 3) 1 1 41 n n 3 ( 3)1 41 n n n 18 （本小题满分 1

22、2 分） （1）证明：如图 2，作PQDC交BC于点Q，连接AQ， 因为2BPPD，所以 2 2 3 PQDC， 又AECD，2AE ， 所以AE PQ，即有四边形AEPQ是一个平行四边形， 所以EPAQ， 因为EP平面ABC，AQ 平面ABC， 所以EP平面ABC （2）解：如图 3，设O是AC的中点，在正ABC中，BOAC， 作OzAE，因为AEAC， 由平面ABC 平面ACDE， 可得AE 平面ABC，所以Oz 平面ABC， 再以OA，OB方向建立如图所示的空间直角坐标系， (0,0,0)O，(2,0,0)A，(0,2 3,0)B，(2,0,2)E，( 2,0,3)D ， 2BPPD，

23、4 2 3 ,2 33 P 设平面EAB的法向量为 111 ,mx y z， 由 11 1 22 30 ( 3,1,0) 20 m ABxy m m AEz 因为点M在线段AC上，设其坐标为( ,0,0)M t，其中22t ， 所以(2,0, 2)EMt， 10 2 3 ,0 33 EP 设平面PEM的法向量为 222 ,nx y z， 由 22 22 (2)20 36 3,5 3, 102 3 2 0 33 n EMtxz t n n EPxy ， 由题意，设平面PEM与平面EAB所成的锐二面角为， 则 2 8 3 cos | | (36) 2 975 4 m n mn t 2 2 314

24、(36)64 53 tt 或 2 3 t ， 因为22t ， 所以 2 ,0,0 3 M ，所以 2 13 3 MP 19 （本小题满分 12 分） 解： （1）9 个样本点中日生产量都不高于三十万只的有 5 个，高于二十万只且不高于三十万只的有 3 个， 设事件:A所取 2 个点的日生产量都不高于三十万只， 事件:B所取 2 个点的日生产量高于二十万只， 事件:AB所取 2 个点的日生产量高于二十万只有且不高于三十万只， 则 2 5 2 9 5 ( ) 18 C P A C ， 2 3 2 9 1 () 12 C P AB C ， ()3 () ( )10 P AB P B A P A （2

25、）ln()ybta， y zebta， 5t ， 9 2 1 285 i i t ， 99 11 99 2 22 11 2 iiiiii ii iii ii ttzzt ztzz ttz b tttt tt 9 1 92 22 1 9 109595 19 4 28595 9 ii i i i t ztz tt ， 19 4 51azbt ， ln(41)yt 令ln(41)4t ，解得 4 1 13.9 4 e t ， 14t ，即该厂从 2 月 14 日开始日生产量超过四十万只 20 （本小题满分 12 分） 解： （1）设 000 ,0P x yy ，( , )Q x y，不妨设(6,0)

26、A ，( 6,0)B， APAQ，BPBQ， 0AP AQ，0BP BQ， 00 00 6 (6)0 6 (6)0 xxy y xxy y ， 解得 0 0 2 xx y y ， 代入 22 00 1 63 xy ，得点Q的轨迹 2 C的方程为 22 1(0) 126 yx y （2）设 11 ,M x y， 22 ,N x y， 假设存在这样的点(0, )St满足RSMRSN， 当直线l的斜率存在时，设为6ykx，代入椭圆 22 1 126 yx 中， 得 22 212240kxkx， 12 2 12 2 k xx k ， 12 2 24 2 xx k ， 222 1449624840kkk

27、 ， RSMRSN，0 MSNS kk， 即 12 12 0 ytyt xx ，即 2112 xytxyt 2112 66xkxtx kxt 1212 22 2412 2(6)2(6) 22 k kx xtxxkt kk 2 12 (2)0 2 k t k ， 2k ，2t ，即0,2S； 当斜率不存在时，直线l也过(0,2)S； 综上，y轴上存在定点(0,2)S，使得RSMRSN总成立 21 （本小题满分 12 分） （1）解：当1a时，( )(2)ln x f xxexx 则 11 ( )(1)1(1) xx fxxexe xx ， 因为(0,)x，则 1 0 x e x 所以1x 时，(

28、 )0fx， 所以01x时，( )0fx， 所以函数( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增 故( )f x的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1,) （2）因为( )(2)ln x f xxeaxax， 则( )(1)(1) xx aa fxxeaxe xx （i）当0a时，因为(0,)x，则0 x a e x ， 则1x 时，( )0fx，所以01x时，( )0fx， 所以函数( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， 1fea 当 10fea 时，即ae时，( )(1)0f xf ， 所以当ae时，函数( )f x没有零点， 即函数( )f x的零

29、点个数为 0； 当 10fea ，即ae时，( )(1)0f xf， 所以当ae时，函数( )f x有且只有一个零点1x ， 即函数( )f x的零点个数为 1； 当 10fea ，即0ea 时，(2)(2ln2)0fa ， 则存在一个实数 1 (1,2)x ，使得 1 0f x， 当(0,1)x时，(2) x xee ，0ax，对任意的(0,1)x， 则( )lnf xeax ，取 3 0 a xe， 因为0a，则 3 01 a e， 则 3 0 ln30 a f xeaee ， 则存在 3 2 ,1 a xe ，使得 2 0f x， 即0ea 时，函数( )f x的零点个数为 2 （ii）

30、当0a时，令( )0f x ，则(2)0 x xe，则2x， 即函数( )f x有且只有一个零点2x， 即函数( )f x的零点个数为 1 （iii）当0a时，令( ) x a g xe x ， 2 ( )0 x a g xe x ， 故( ) x a g xe x 在(0,)上单调递增， 令 1 min, 2 2 a m ，max 1,na， 则( )20g me，( )10g ne ， 则一定存在 0 ( , )xm n，使得 0 0g x， 所以 0 0,xx时，( )0g x ， 0, xx时，( )0g x 因为( )(1)(1) xx aa fxxeaxe xx ， 当1x ，即a

31、e时，( )(2)ln x f xxeexex， 所以( )(1) x e fxxe x ， 所以1x 时，( )0fx ，所以01x时，( )0fx， 则( )f x在(0,)上单调递增， 且(1)20fe ， 3 (3)3ln30feee， 则存在 1 (1,3)x ，使得 1 0f x， 所以函数 f x有且只有一个零点 1 xx， 即函数 f x的零点个数为 1 因为( )(1)(1) xx aa fxxeaxe xx ， 当 0 1x ，(0,1)x时，( )0fx， 当 0 1,xx时，( )0fx，当 0, xx时，( )0fx， 则( )f x在(0,1)上单调递增，在 0 1

32、,x上单调递减，在 0, x 上单调递增， 当 0 01x， 0 0,xx时，( )0fx， 当 0,1 xx时，( )0fx，当(1,)x时，( )0fx， 则( )f x在 0 0,x上单调递增，在 0,1 x上单调递减，在1,上单调递增， 因为(0,1x时，(2)0,0 x xeax，ln0ax，即( )0f x ， 所以( )f x在(0,1x时没有零点，(1,)x上( )f x至多有一个零点， 而 2 (2)(2)ln(2) a f aaea aaa 2 ln(2)(2) a a eaa ， 令2ta，( )ln(2) t h tett t， 则 1 ( )1(2) t h tet

33、t ，则( )0h t， 故( )h t在(2,)t上单调递增， 而 2 (2)ln220he，即(2)0f a， 故存在一个，则存在 1 (1,2)xa，使得 1 0f x， 所以函数 f x有且只有一个零点 1 xx， 即函数 f x的零点个数为 1， 综上所述：当ae时，函数 f x的零点个数为 0； 当ae或0a时，函数 f x的零点个数为 1； 当,0e a时，函数 f x的零点个数为 2 22 （本小题满分 10 分） 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 解： （1）曲线 1 3sin2cos : cos2sin x C y ， 平方相加得 22 (3)5xy， 即 22 640

34、xyx，化为极坐标方程为 2 6 cos40 因为 2 2 6 cos40 160 cos20 无解， 所以 1 C， 2 C相离 （2） 2 2 6 cos40 6 cos40 ， 因为有两个交点A，B， 所以 2 36cos160 ，即 2 cos 3 设方程的两根分别为 1 ， 2 ，则 12 12 6cos0 4 因为| 3|ABOA，所以| 4|OBOA，即 21 4， 联立式解得 1 1， 2 4， 5 cos 6 ，满足0 ， 联立 cos20 212 cos5 ， 所以 12 | | 5 OP 23 （本小题满分 10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】 解： （1）当1x时，( )4f xx单调递增 所以( )3f x ； 当 1 1 2 x 时，( )52f xx 单调递减， 所以 max ( )( 1)3f xf， 当 1 2 x 时，( )4f xx 单调递减， 所以 19 ( ) 22 f xf ， 所以( )f x的最大值3M （2）假设存在正数a，b，使得 66 abab， 则 666633 22ababa ba b， 所以 55 22 1 2 a b 又由于 33 33 111 32Mabab ab a b ， 所以 55 22 2 3 a b 与 55 22 1 2 a b 矛盾， 所以假设不成立，即不存在a，b，使得 66 abab