云南民族中学2019届高考适应性月考卷(七)文数-答案.pdf

文科数学参考答案 第 1 页 共 7 页 云南民族中学 2019 届高考适应性月考卷 七 文科数学参考答案 一 选择题 本大题共 12 小题 每小题 5 分 共 60 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B A C B D B B C D A 解析 1 由ln1x 0 ln x 1 所以0ex 因此AB 中元素的个数有 2 个 故选 C 2 由 2i 1iz 得 1i13i 2i5 z 所以虚部为 3 5 故选A 3 A中 若1x 则 2 1x 的否命题是 若1x 则 2 1x C中 逆命题 1 x或 2 x可以 不大于1 D中 命题的否定是 0 x R 0 20 x B中 由 3 sin 2 反之 不成立 所以满足充分不必要条件 故选B 4 几何体是下部为四棱柱 上部为落在前面的一个四棱锥的组合体 1 2232 1 1 3 V 2 12 3 故选A 5 1178108 17 17 17 17 10 51 222 aaaaa S 8 4a 108 210414daa 7d 故选C 6 由约束条件围成的可行域知 过点 1 2 使2x yz 最大为 1 2 故选B 7 12 1 x fx xa 当1x 时 12 1 1 2 f a 解得 4 3 a 故选D 8 已知周期为 所以2 又因图象关于 5 6 x 对称 所以 55 2 6 k 6 k 当1k 时 6 2sin 2 6 f xx 再由222 26 kxk k Z 解得函数的单增区间为 6 kkk Z 故选 B 文科数学参考答案 第 2 页 共 7 页 9 2222 22323 log2logloglog3 33434 SnSn 2 2315 log3 3416 S 15n 此时为否 继续循环 3S 16n 故选B 10 F xf xmx 有三个零点 即 0f xmx 有三个解 即 yf x 与ymx 有三个交 点 即 1 ymx 与 2 lnyx 相切时 有三个交点 2 lnyx 2 1 y x 令切点为 00 ln xx 切线方程为 00 0 1 ln yxxx x 过 0 0 解得 0 ex 所以切点为 e 1 1 e m 故选 C 11 在 12 PFF 中 由正弦定理得 211 122 sin 2 sin PF FPF e PFFPF 12 2 PFPF 再由定义 12 22PFPFa 解得 1 4PF 2 2PF 且24c 由余弦定理得 12 1 cos 4 FPF 所以 12 15 sin 4 FPF 面积 1 2 1212 1 sin15 2 PF F SPFPFFPF 故选 D 12 因为 f x有 类奇性 所以存在 0 x 使 0000 23 2 2 23 2 2 xxxx aa 成立 即 0000 22 3 2 2 40 xxxx a 有解 令 00 2 2 xx t 因为 00 2 2 xx 00 2 2 2 2 xx 0 0 x 时相等 所以 2 t 2 360tat 有解 设 6 33 t g t t 则 g t为增函数 1 2 3 g tg 所以 1 3 a 故选A 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 7 5 2 2 2 mm 且 1 3 1 3 解析 13 由 1 tan 2 所以 1 tan 2 22 22 2sincoscossin sin2cos2 sincos 2 2 11 21 2tan1tan7 24 1 tan15 1 4 14 因为a b的夹角为锐角 所以cos0 a b a b a b 即210m a b 2 2 m 且2m 文科数学参考答案 第 3 页 共 7 页 15 由题知 圆心到直线l的距离为 2 2 2 2 当1r 时 圆O上恰好有一个点到直线l的距 离为 1 当3r 时 圆O上恰好有三个点到直线l的距离为 1 故r应满足13r 即r 的取值范围为 1 3 16 24 64a a 3 8a 又因为 1 2a 所以2q 因此2n n a 1 2 1 1 n nn aa 11 211 21 21 2121 n nnnn 则 1111 3559 n S 1 11 2121 nn 1 11 321 n 1 3 1 3 t 即t的最小值为 1 3 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 解 1 在ABC 中 2 6a 3b 2AB 2 636 cos sinsinsin2sin2sincossin3 abab B ABBBBBB 2 分 3 0 sin 3 BB 3 分 又2AB 2 1 coscos22cos1 3 ABB 4 分 0 A 2 2 sin 3 A 5 分 2 26133 sin sincoscossin 33333 ABABAB 6 分 2 方法一 在ABC 中 2 2613 sinsin sincoscossin 3333 CABABAB 5 3 9 9 分 5 3 3 sin 9 5 sin3 3 bC c B 12 分 方法二 在ABC 中 2222 6 2cos92422 6 3 bacacBcc 2 8150cc 解得 1 3c 2 5c 10 分 当3c 时 2 6a 3b 2AB ABC 为直角三角形 而此时与 222 cba 不符 舍去 故5c 12 分 文科数学参考答案 第 4 页 共 7 页 18 本小题满分 12 分 解 1 方案一中每名员工日薪 y 与手机销售量n的函数关系式为702yn n N 方案二中每名员工日薪 y 与手机销售量n的函数关系式为 13050 1037050 nn y nnn N N 4 分 2 对于方案一 日薪为 174 元的有 20 天 日薪为 178 元的有 30 天 日薪为 182 元的 有 20 天 日薪为 186 元的有 20 天 日薪为 190 元的有 10 天 则其平均日薪 1 1 17420178 301822018620190 10 180 8 100 x 元 5 分 对于方案二 日薪为 150 元的有 20 天 日薪为 170 元的有 30 天 日薪为 190 元的有 20 天 日薪为 210 元的有 20 天 日薪为 230 元的有 10 天 则其平均日薪 2 1 15020170301902021020230 10 184 100 x 元 6 分 由 12 ss 同时 12 xx 方案一适合 理由 虽然 12 xx 但两者相差不大 且 1 s 远小于 2 s 即方案一日薪收入 波动相对较小 所以方案一对于员工更适合 7 分 方案二适合 理由 由 12 xx 可以看出 方案一日薪平均数小于方案二日薪平均数 所以方案二对于员工更适合 8 分 3 由 2 知 在方案一中 这 10 名员工的平均日薪之和为 1808 元 100 天共需支出 工资 180800 元 9 分 而这 100 天共销售手机522054305620582060 105540 10 分 所以卖场这 100 天除去员工工资所获总利润为 1 5540200180800927200t 元 11 分 若裁减员工 1 人 则卖场这 100 天除去员工工资所获总利润为 2 55405 100 200845280t 元 由 21 tt 知 不要裁减 1 名员工更好 12 分 文科数学参考答案 第 5 页 共 7 页 19 本小题满分 12 分 1 证明 如图 1 连接BD交AC于点O 连接PO 四边形 ABCD为矩形 O 为 BD的中点 又P 为 1 D D 的中点 PO 为 1 BDD 的中位线 1 POD B PO 平面ACP 1 D B 平面ACP 1 D B 平面ACP 6分 2 解 如图2 连接OG 因为G O分别为PC AC的中点 所以 OGAP 所以直线AP与DG的夹角变为直线OG与DG的夹角 即DGO 因为2AD 11 4A AD D P为中点 2 2AP 又因为G O分别为PCAC 的中点 所以2OG 8分 又因为2 3AB 2AD 所以 1 2 2 DOBD 在RtPCD 中 2PD 2 3DC 所以4PC 而G为PC的中点 所以2DG 在DOG 中 2OG 2DG 2DO 10分 222222 2 2 22 cos 24222 DGOGOD DGO DGOG 12分 20 本小题满分12分 解 1 设 P xy 则 2 M xy 因为点M在圆 22 4xy 上 所以 22 2 4xy 所以点P的轨迹E的方程为 2 2 1 4 x y 4分 2 由ABCD 可知直线CD与直线lyx 垂直 设直线CD的方程为yxm 11 C xy 22 D xy 5分 联立方程 2 2 1 4 yxm x y 得 22 58440 xmxm 6分 由 2 16 5 0m 得55m 图 2 图 1 文科数学参考答案 第 6 页 共 7 页 又 12 8 5 m xx 2 12 44 5 m x x 7分 所以 2 211212 2 2 4CDxxxxx x 2 2 2 8444 2 245 555 mm m 8分 又因为直线lyx 过原点 即过圆 22 4xy 的圆心 所以 4AB 9分 所以 22 114 28 28 10 455 22555 ABCD SAB CDmm 四边形 当且仅当0m 时 等号成立 即四边形ABCD面积的最大值为 8 10 5 11分 此时直线CD的方程为yx 12分 21 本小题满分12分 1 解 因为 lnf xmxx 0 x 所以 1 mmx fx xx 0 x 1分 若0m 则 0 mx fx x fx 无零点 2分 若0m 令 0 mx fx x 得xm fx 有唯一零点xm 4分 2 证明 当0 x 时 3 0g xfx 等价于 2 2 3e33 30 0 e10 0 x x m xxmxx xx 5分 设 2 e1 x u xxmx 则 e2 x u xxm 记 e2 x v xxm 则 e2 x v x 6分 当x变化时 v x v x的变化情况如下表 x 0 ln2 ln2 ln2 v x 0 v x 单调递减 极小值 单调递增 文科数学参考答案 第 7 页 共 7 页 由上表可知 ln2 v xv 而 ln2 ln2 e2ln2 2ln22 vmm 8分 由2m 知2ln22m ln2 0v 0v x 即 0u x u x 在区间 0 内单调递增 10分 当0 x 时 0 0u xu 即2m 且0 x 时 2 e10 x xmx 所以当2m 且0 x 时 总有 3 0g xfx 12分 22 本小题满分10分 选修4 4 坐标系与参数方程 解 1 因为tan3 所以l的极坐标方程为 3 和 4 3 0 2分 在极坐标系下 1 C 2sin 设 1 M P 则 1 2sin MP 满足2OPOM 1 24sin 求得 2 C的极坐标方程为4sin 5分 2 设l与 23 CC 的交点是 4 3 A A