数学(理答案

第1页共4页绵阳南山中学2022年秋高2020级入学考试数学（理工类）试题答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。1—5BBADC6—10CAADB11—12DC二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.必要不充分14.3615.23，116.,1e16题解析：（同构）,)(,lnlnln0lnlnxxxxxxexhexxxxexexe令故不等式变为exxxxxhxh1)ln(ln)(ln)(max.三、解答题：共70分。17.（12分）解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，则b＝1(经检验，b＝1时f(x)为奇函数，满足题意).(2)由(1)知f(x)＝－2x＋12x＋1＋2＝－12＋12x＋1，因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)0等价于f(t2－2t)－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k).易知f(x)是R上的减函数，所以t2－2t－2t2＋k.即对任意的t∈R有3t2－2t－k0恒成立，从而对应方程的根的判别式Δ＝4＋12k0，解得k－13.所以k的取值范围为－∞，－13.18.（12分）解：(1)由已知得：小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则A事件的对立事件为“X＝5”，∵P(X＝5)＝23×25＝415，∴P(A)＝1－P(X＝5)＝1115．∴这两人的累计得分3X的概率为1115．(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．由已知：X1～B2，23，X2～B2，25，∴E(X1)＝2×23＝43，E(X2)＝2×25＝45，∴E(2X1)＝2E(X1)＝83，E(3X2)＝3E(X2)＝125，∵E(2X1)E(3X2)，∴他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．19.（12分）解：（1）因为函数32()3fxaxbxxc为奇函数，故b=0，c=0，又因为函数f（x）在(,1)上单调递增，在（-1，1）上单调递减，第2页共4页所以f（x）在x=-1处取得极大值，因为2'()33,'(1)0fxaxf，即3a-3=0，解得a=1，所以3()3.fxxx（2）2'()333(1)(1)fxxxx，因为曲线方程为33,2yxxm，点A（1，m）不在曲线上，设切点为300000(,)3MxyMyxx，则点的坐标满足，因为200'()3(1)fxx，故切线的斜率为32000033(1)1xxmxx，整理得32002330xxm，因为过点A（1，m）可作曲线的三条切线，所以关于0x的方程有三个实根.设32000()233gxxxm，则2000'()66gxxx，由00'()0,01gxx得，000'()0,01gxxx得或，所以0()gx在(-,0),(1,+)上单调递增，在（0，1）上单调递减，所以函数的极值点为000,1xx，所以关于0x的方程有三个实根的必要条件是(0)0(1)0gg，解得-3m-2，又当01x时，g（-1）=-5+m+3-40，当02x时，g（2）=4+m+340，所以-3m-2时，必有三个实根，故所求的实数m的取值范围是-3m-2.20.（12分）解:(1)证明：如图，作FG∥EA，AG∥EF，连接EG交AF于H，连接BH，BG，∵EF∥CD且EF∥AG，∴AG∥CD，即点G在平面ABCD内．在平行四边形CDAG中，∠ADC＝90°，∴BG⊥AG，又由AE⊥平面ABCD知AE⊥BG，∴BG⊥平面AEFG，∴BG⊥AF①在矩形AEFG中，AE＝EF，∴AF⊥EG②∴由①②知，AF⊥平面BGE∴AF⊥BE(2)如图，以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，G(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，设M(1，y0,0)∴ED→＝(0,2，－1)，DM→＝(1，y0－2,0)，设平面EMD的法向量为n＝(x，y，z)．则n·ED→＝2y－z＝0，n·DM→＝x＋y0－2y＝0，令y＝1，得z＝2，x＝2－y0，∴n＝(2－y0,1,2)．又AE⊥平面AMD，∴AE→＝(0,0,1)为平面AMD的一个法向量，∴|cos〈n，AE→〉|＝|2|1×2－y02＋1＋4＝cosπ6＝32，解得y0＝2±33，故在BC上存在点M，且CM＝)332(2＝3321.（12分）（1）解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.①当a0时,1a01,∴x∈(0，1)时，f′(x)0；x∈),1(时，f′(x)0，第3页共4页∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在),1(上单调递减；②当a=0时，x∈(0，1)时，f′(x)0；x∈),1(时，f′(x)0，∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在),1(上单调递减；③当0a1时，1a1，∴x∈(0，1)和1a，＋∞时，f′(x)0；x∈1，1a时，f′(x)0，∴函数f(x)在(0，1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；④当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；⑤当a1时，01a1，∴x∈0，1a和(1，＋∞)时，f′(x)0；x∈1a，1时，f′(x)0，∴函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在),1(上单调递减；当0a1时，函数f(x)在(0，1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a1时，函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.（2）由题意ln(1)xax有两解，设直线ykx与lnyx相切，切点为00,xy，则00000ln1ykxyxkx，解得001,1,xeyke，101ae，即111ae．∴实数a的取值范围是11,1e．不妨设210xx，则1122ln(1),ln(1)xaxxax，两式相加得：1212ln(1)xxaxx，两式相减得：2211ln(1)xaxxx，12122211lnlnxxxxxxxx，故12212211lnlnxxxxxxxx，要证212xxe，只需证122211ln2xxxxxx，即证2211221121212ln1xxxxxxxxxx，令211xtx，故只需证2(1)ln1ttt在(1,)恒成立即可．第4页共4页令2(1)()ln(1)1tgtttt，则22214(1)()0(1)(1)tgttttt，∴()gx在(1,)上单调递增，()(1)0gtg，即2(1)ln1ttt在(1,)恒成立．212xxe．选考题:共10分。22.（10分）（1）4)4sin(242可化为：24sin4cos4，将sincosyx代入，得曲线C的直角坐标方程为：224440xxyy.直线l的参数方程为112322xtyt化简可得：230tt，设点A，B所对应的参数方程分别为1t，2t，满足0，由12121,3,tttt由直线参数的几何意义得，2121212t414313ABttttt.(2)将直线l的参数方程化为普通方程得：3230xy，设)sin22,cos22(P，得点P到直线AB的距离为：322cos22sin23323cos2sin22d，即：34sin33422d.由（1）知13AB，当d取最大值时，439131324321PABS，所以PAB△面积的最大值为43913.23.（10分）解：(1)当1a时，�(�)=−�2+�+4，�(�)=|�+1|+|�−1|=2�,�12,−1≤�≤1−2�,�−1,当�1时，令−�2+�+4≥2�，解得1�≤17−12，则�(�)≥�(�)的解集为(1,17−12]；当−1≤�≤1时，令−�2+�+4≥2，解得−1≤�≤1，则�(�)≥�(�)的解集为[−1,1]；当�−1时，令−x2+x+4≥−2x，此时无解，则�(�)≥�(�)的解集为⌀．综上所述，�(�)≥�(�)的解集为[−1,17−12]；(2)依题意得：−x2+ax+4≥2在x∈[−1,1]恒成立，即�2−��−2≤0在[−1,1]上恒成立，则只需12−�⋅1−2≤0(−1)2−�(−1)−2≤0，解得−1≤a≤1，故�的取值范围是[−1,1]．