重庆南开中学高2020级高三下3.2考试理科答案
2020届重庆市南开中学高三下学期3月月考数学(理)试题解析
绝密★启用前2020届重庆市南开中学高三下学期3月月考数学（理）试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．如果复数12aii-+（a R ∈，i 为虚数单位）的实部与虚部相等，则a 的值为（ ） A ．1 B ．-1C ．3D ．-3D由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解. 解：()()()()()1221212225ai i a a iai i i i ----+-==++-， 由题意知：21255a a-+=-，解得3a =-. 故选D. 点评：本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题. 2．若{0,1,2}A =，{|2,}aB x x a A ==∈，则A B =U （ ） A ．{0,1,2} B ．{0,1,2,3}C ．{0,1,2,4}D ．{1,2,4}C先求出集合B ，再求并集即可. 解：由{}0,1,2A =，得{}{}|2,1,2,4a B x x a A ==∈=.{}0,1,2,4A B ⋃=.故选C. 点评：本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.3．向量(2,)a t =v，(1,3)b =-v，若a v ，b v的夹角为钝角，则t 的范围是（ ） A ．23t < B ．23t >C ．23t <且6t ≠- D ．6t <-若a v ，b v 的夹角为钝角，则0a b v n v <且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.解：若a v，b v的夹角为钝角，则0a b v n v<且不反向共线，230a b t =-+<vv n ，得23t <.向量()2,a t =v ，()1,3b =-v 共线时，23t ⨯=-，得6t =-.此时2a b v v =-.所以23t <且6t ≠-. 故选C. 点评：本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.4．《掷铁饼者》 取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为4π米，肩宽约为8π米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为（ ） （参考数据：2 1.414,3 1.732≈≈）A ．1.012米B ．1.768米C ．2.043米D ．2.945米B由题分析出“弓”所在弧长，结合弧长公式得出这段弧所对圆心角，双手之间距离即是这段弧所对弦长.由题：“弓”所在弧长54488 lππππ=++=，其所对圆心角58524ππα==，两手之间距离2 1.25 1.768d=⨯≈.故选：B点评：此题考查扇形的圆心角和半径与弧长关系的基本计算，关键在于读懂题目，提取有效信息.5．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有A．60种B．70种C．75种D．150种C试题分析：因,故应选C．【考点】排列数组合数公式及运用．6．已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是( )A．162+B．122226+C．1822+D．1622+B如图所示，还原几何体，证明CD CP⊥，计算表面积得到答案.解：还原几何体，如图所示：连接AC简单计算得到22AC CD ==4=AD ，故AC CD ⊥，PA ⊥平面ABCD ，故PA CD ⊥.故CD CP ⊥，23PC =表面积为：()111112422242222222322222S =⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯122226=+故选：B 点评：本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键. 7．下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线3x π=对称的函数是（ ）A ．2sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭B ．2sin 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭ C ．2sin 23x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭D ．2sin 23y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭B首先选项C 中函数2sin 23x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的周期为2412T ππ==,故排除C,将3x π=,代入A,B,D 求得函数值,而函数sin()y A x B ωϕ=++在对称轴处取最值,即可求出结果. 解：先选项C 中函数2sin 23x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的周期为2412T ππ==,故排除C,将3x π=,代入A,B,D 求得函数值为0,3,而函数sin()y A x B ωϕ=++在对称轴处取最值. 故选:B . 点评：8．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（ ）A ．20i <，1S S i=-，2i i = B ．20i ≤，1S S i=-，2i i = C ．20i <，2SS =，1i i =+ D ．20i ≤，2SS =，1i i =+ D先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可. 解：根据题意可知，第一天12S =，所以满足2S S =，不满足1S S i =-，故排除AB ，由框图可知，计算第二十天的剩余时，有2SS =，且21i =，所以循环条件应该是20i ≤.故选D. 点评：本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.9．已知α是第二象限角，且3sin()5πα+=-，则tan2α的值为（ ） A ．45B ．237-C ．247-D ．249-C根据诱导公式得sin α，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得tan α，再利用正切的二倍角公式可得解.由()3sin 5πα+=-，得3sin 5α=. 因为α是第二象限角，所以4cos 5α=-. 34sin tan cos ααα==-. 232tan 242tan291tan 7116ααα-===---. 故选C. 点评：本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.10．己知函数()ln 1f x x x kx =-+在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．{|1k k =或1}k e >-B ．1{|11k k e≤≤+或1}k e >- C ．1{|11k k e e +<≤-或1}k e >- D ．1{|11k k e e+<≤-或1}k = D构造函数()1ln g x x x=+，利用导数得出其单调性，将零点问题，转化为函数的交点问题，即可得出答案. 解：解：令ln 10x x kx -+=，则1ln k x x =+；.令()1ln g x x x=+；()22111x g x x x x-'=-=； ∴当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0g x ¢<，()g x 单调递减；当[]1,x e ∈时，()0g x ¢>，()g x 单调递增；∴当1x =时，有()min 1g x =，又∵11g e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()11g e e =+，∴()1g e g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭∵()f x 在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上只有一个零点，∴()g x k =只有一个解；∴1k =或111k e e+<≤-.。
2020届重庆市直属校高三下学期3月联考理综物理试题(解析版)
高2020级高三（下）3月月考理科综合试题二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。
第 14—17 题为单选题，第 18—21题为多选题。
1.氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63 eV~3.10 eV 的光为可见光．要使处于基态（n =1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A. 12.09 eVB. 10.20 eVC. 1.89 eVD. 1.5l eV【答案】A 【解析】【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV 的可见光．故 1.51(13.60)eV 12.09eV E ∆=---=．故本题选A ．2.“嫦娥四号”探月飞船实现了月球背面软着陆，按计划我国还要发射“嫦娥五号”，执行月面采样返回任务。
已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，地球和月球的质量分别为M 1和M 2，月球半径为R ，月球绕地球公转的轨道半径为r ，引力常量为G ，下列说法正确的是（ ） A. 6B. 使飞船从地球飞向月球，地球上飞船的发射速度是地球的第一宇宙速度C. 1GM rD. 1GM R【答案】D 【解析】【详解】A ．月球的第一宇宙速度22GM v g R R==月 地球第一宇宙速度11GM v g R R ==地地地已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的16，月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比6RR 地，故A 错误； BCD ．地球到月球飞船速度要大于地球的第一宇宙速度2GM R 地，月球到地球飞船速度要大于月球的第一宇宙速度1GM R，故BC 错误，D 正确。
故选D 。
3.如图，半径为0.1m 的半球形陶罐随水平转台一起绕过球心的竖直轴水平旋转，当旋转角速度为10rad/s 时，一质量为m 的小物块恰好能随陶罐一起与陶罐保持相对静止做匀速圆周运动，已知小物块与陶罐的球心O 的连线跟竖直方向的夹角θ为37°，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
【精准解析】重庆市南开中学2020届高三第三次教学质量检测考试理科数学
aa122qq2
0 6a2
a2q
，即
q 0 q2 q
6
0
，解得
q
2
，
因此
S4 S3
1 q4 1 q3
1 16 18
15 9
5 3
.
故选 B
【点睛】本题主要考查等比数列前 n 项和的基本量运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式
即可，属于常考题型.
6.已知非零平面向量 a，b 满足
6a
【详解】因为平面向量 a m，1，b 8，m 2 ，若 m 4 ，则 a 4，1，b 8，2 ，所
以 b 2a ，因此 a / /b ；即“ m 4 ”是“ a / /b ”的充分条件
若
a
/
/b
，则
m(m
2)
8
0
，解得
m
4
或
m
2
；所以“
m
4
”不是“
a
/
/b
”的必
要条件；
综上，“ m 4 ”是“ a / /b ”的充分不必要条件.
2 2
2
2
所以 6a b a b 6 a 5a b b 0 ，因此 6 a 5a b 16 a 0 ，
-3-
即 a b 2 a
2
，所以
cos
a,
b
a b ab
2 2 a
2 4a
1， 2
因此 a
与b
的夹角为
2 3
.
故选：C
【点睛】本题主要考查向量的夹角运算，熟记平面向量数量积的运算法则即可，属于常考题
综上，不等式 f x 0 的解集为 ，0 1，2 .
故选 D 【点睛】本题主要考查解不等式，熟记一次函数单调性，以及函数解析式的求法即可，属于 常考题型. 8.明代数学家程大位在《算法统宗》中提出如下问题“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠， 次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意思是将 996 斤绵
重庆南开中学2020届高三理科综合化学试题及答案
重庆南开中学高2020届高三理科综合测试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Cu64Zn65Rb85在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。
(每小题6分，共42分)7.下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是A.金属钠露置在空气中迅速变暗B.露置在空气中的过氧化钠固体变白C.将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟D.充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升8.下列条件下，可以大量共存的离子组是A.pH=ll的溶液中：Na*、KL C「、CO32-B.含有大量CH3COO-的溶液中：h+、k+、SO42>NO3-C.某无色透明溶液中：Na\Cu2\SO?、OHD.0.1mol/L的H2SO4溶液中：K*、Ba2+>C「、NO39.一定温度下，在2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如右图所示。
下列说法正确的是A.a点时,o(A)=t)(B)B.反应开始到5min,B的物质的量增加了0.2molC.反应的化学方程式为：3A=2B+CD.反应开始到5min,w(C)=0.04mol/(L-min)10.下列解释事实的方程式不正硕的是A.用稀盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+^2Fe3++3H/)B.用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3-H2O+SO2=NH4++HSO3C.用金属钠除去甲苯中的水：2Na+2H2O^2NaOH+H2?D.铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3~^^Cu2++2N0T+4H2O一定条件11.在一氧化碳变换反应CO+H2O V八，CO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不爪硕的是A.使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加B.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加C.增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加D.增大c(CO),活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化(水参与的反应,水未标出）。
2020年重庆市南开中学高三下学期3月月考理科数学试题及答案
（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.
将 个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为 ，则 __________．
【答案】2n-1;
【解析】【详解】
设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数
n=1时，h（1）=1；
8．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（）
A． ， ， B． ， ，
C． ， ， D． ， ，
n=2时，小盘→2柱，大盘→3柱，小柱从2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；
n=3时，小盘→3柱，中盘→2柱，小柱从3柱→2柱，[用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成]，
h（3）=h（2）×h（2）+1=3×2+1=7=23-1，
h（4）=h（3）×h（3）+1=7×2+1=15=24-1，
∵ 在 上只有一个零点，∴ 只有一个解；∴ 或 .
【点睛】
本题主要考查了已知函数的零点个数求参数范围，属于中档题.
11．在 中， ，且 所在平面内存在一点 使得 ，则 面积的最大值为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】以 的中点为坐标原点，建立直角坐标系，写出 三点的坐标，利用两点间距离公式，以及圆与圆的位置关系，解不等式，得出 的范围，再由三角形的面积公式以及二次函数的性质，即可得出 面积的最大值.
重庆市南开中学高2020级高三下学期期中考试数学(理)试题及答案
重庆南开中学高2020级高三下学期期中考试数学（理科）试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知()(2)a i i +-为纯虚数，则实数a 的值是（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1 2．已知集合{1,2,3}A =，{|,}B a b a A b A =+∈∈，则集合B 的子集个数为（ ） A ．8B ．16C ．32D ．643．已知曲线2()ln f x a x x =+在点(1,1)处的切线与直线0x y +=平行，则实数a 的值为（ ） A ．3-B ．1C ．2D ．34．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若612S =，25a =，则5a =（ ） A ．3- B ．1- C ．1D ．35．已知0.31.2a =，0,3log 1.2b =， 1.2log 3c =，则（ ） A ．a b c <<B ．c b a <<C ．b c a <<D ．b a c <<6．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最．长的棱长为（ ）A ．1B 5C 6D ．227．函数2()sin cos cos 22f x x x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭的最小值为（ ） A ．2- B ．1- C ．0D ．128．抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，,A B 是抛物线C 上两点，且||||10AF BF +=，O 为坐标原点，若OAB △的重心为F ，则p =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．49．执行如图所示的程序框图，若输入的3ε=，则输出的结果为（ ）A ．511B ．1022C ．1023D ．204610．我们知道，在n 次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件A 发生的概率为p ，则事件A 发生的次数X 服从二项分布(,)B n p ，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A 首次发生时试验进行的次数Y ，显1()(1)k P Y k p p -==-，1,2,3k =，…，我们称Y 服从“几何分布”，经计算得1()E Y p=．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件A 和A 都发生后停止此时所进行的试验次数记为Z ，则11()(1)(1)k k P Z k p p p p --==-+-，2,3k =，…，那么()E Z =（ ）A ．11(1)p p -- B ．21p C ．11(1)p p +- D ．21(1)p -1l ．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左右焦点分别为12,F F ，过1F 的直线l 与双曲线C 的两支分别交于,A B 两点，290AF B ∠=︒，||4AB a =，则双曲线C 的离心率为（ ）A 2B 3C ．2D ．32212．已知,,,A B C D 四点均在半径为R （R 为常数）的球O 的球面上运动，且AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，若四面体ABCD 的体积的最大值为16，则球O 的表面积为（ ）A ．32πB ．2πC ．94πD ．83π二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知,a b r r 均为单位向量，且(3)(2)a b a b +⊥-r r r r ，则向量a r 与b r夹角的余弦值为______．14．已知()*nx n N x ⎛-∈ ⎪⎝⎭的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则展开式中x 的系数为_____．15．正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，122AA =，D 为棱11A B 的中点，则异面直线AD 与1CB 所成角的大小为______．16．已知定义在R 上的函数()f x 满足(2)()f x f x +=，当[1,1]x ∈-时1||()2x f x e-=-，则关于函数()f x 有如下四个结论：①()f x 为偶函数；②()f x 的图象关于直线2x =对称；③方程()1||f x x =-有两个不等实根；④12223f f ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；其中所有正确结论的编号______．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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答微博橙子辅导． （一）必考题：共60分． 17．如图，在ABC △中，1sin 3B =，点D 在边AB 上．（1）若sin()1C A -=，求sin A 的值；（2）若90CDA ∠=︒，4BD DA =，求sin ACB ∠的值．18．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，AB CD P ，且22CD AB ==，22BC =90ABC ∠=︒，M 为BC 的中点．（1）求证：平面PDM ⊥平面PAM ；（2）若二面角P DM A --为30︒，求直线PC 与平面PDM 成角的正弦值．19．新型冠状病毒肺炎19COVID -疫情发生以来，在世界各地逐渐蔓延．在全国人民的共同努力和各级部门的严格管控下，我国的疫情已经得到了很好的控制．然而，每个国家在疫情发生初期，由于认识不足和措施不到位，感染确诊人数都会出现加速增长．下表是小王同学记录的某国从第一例新型冠状病毒感染确诊之日开始，微博橙子辅导连续⑧天每日新型冠状病毒感染确诊的累计人数． 日期代码x 1 2 3 4 5 6 7 8 累计确诊人数y481631517197122为了分析该国累计感染确诊人数的变化趋势，小王同学分别用两种模型：①$2y bx a =+，②$y dx c =+对变量x 和y 的关系进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，残差图如下（注：残差$i i i e y y =-）， 且经过计算得()()()8182117.3iii i i xxy y x x==--≈-∑∑，()()()818211.9iii i i zzy y z z==--≈-∑∑，其中2i i z x =，8118i i z z ==∑．（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应该选择哪个模型？并简要说明理由； （2）根据（1）中选定的模型求出相应的回归方程；（3）如果第9天该国仍未釆取有效的防疫措施，试根据（2）中所求的回归方程估计该国第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数．（结果保留为整数）附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：()() ()81821ˆi iiiix x y ybx x==--=-∑∑，$a y bx=-$．20．已知函数()3(1)lnf x x a x=-+，2()4g x x ax=-+．（1）若函数()()y f x g x=+在其定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）是否存在实数a，使得函数()()y f x g x=-的图像与x轴相切？若存在，求满足条件的a的个数，请说明理由．21．已知椭圆2222:1(0)x ya ba bΓ+=>>的离心率为22，过椭圆Γ的焦点且垂直于x轴的直线被椭圆Γ2．（1）求椭圆Γ的方程；（2）设点,A B均在椭圆Γ上，点C在抛物线212y x=上，若ABC△的重心为坐标原点O，且ABC△的面积为364，求点C的坐标．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4—4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l的极坐标方程为sin24πρθ⎛⎫-=⎪⎝⎭C的极坐标方程为2sin cosρθθ=．（1）写出直线l和曲线C的的直角坐标方程；（2）过动点()()20000,P x y y x<且平行于l的直线交曲线C于,A B两点，若||||2PA PB⋅=，求动点P 到直线l 的最近距离． 23．[选修4—5：不等式选讲]已知函数()|1||1|2|2|f x x x x =++---．（1）若关于x 的不等式()f x a …有解，求实数a 的取值范围；（2）若不等式()||4f x x b --…对任意x R ∈成立，求实数b 的取值范围．重庆南开中学高2020级高三下学期期中考试数学（理科）答案一、选择题B C A B D C A D B A B C 二、填空题15560 30︒ ①②③ 三、解答题17．解：（1）由sin()1C A -=得2C A π-=，1sin sin()sin 2cos223B A C A A π⎛⎫=+=+== ⎪⎝⎭，由2112sin 3A -=得sin A =；（2）设4DB m =，DA m =，由1sin 3B =得CD =，BC =，AC = ABC △中，sin sin AC ABB ACB=∠，sin ACB ∠=．18．证明：（1）易知：tan tan 1CD BM DMC MAB DMC MAB CM BA ==⇒∠=∠⇒∠=∠， 90DMC AMB DM AM ∴∠+∠=⇒⊥︒①又PA ⊥Q 平面ABCD PA DM ⇒⊥② ∴由①②可得DM ⊥平面PAM ⇒平面PAM ⊥平面PDM ；（2）由（1）知二面角P MD A --的平面角即为30PMA ∠=︒，13PA MA ∴==． 取CD 中的N ，连接AN ，易得AN CD ⊥，∴直线PA NA BA 、、两两垂直， 以A 为原点，AN AB AP 、、分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则(0,0,1)P，1,0)D -，C，M，(1,1)CP =--u u ur 2,0)MD =-u u u ur (1,1)MP =-u u u r，设平面PMD 的法向量为(,,)m x y z =u r，则由0m MP m m MD ⎧⋅=⎪⇒=⎨⋅=⎪⎩u r u u u ru r u r u u u u r，设直线PC 与平面PMD 所成角为θ，则sin 30||||CP m CP m θ⋅===⋅u u u r u r u u u r u r ，∴直线PC 与平面PMD所成角的正弦值为30． 19解：（1）选择模型①．理由如下：根据残差图可以看出，模型①的估计值和真实值相对比较接近，模型②的残差相对较大一些，所以模型①的拟合效果相对较好；（2）由（1），知y 关于x 的回归方程为$2y bx a =+，令2z x =，则$y bz a =+，由题知 1.9b ≈$， 又1(1491625364964)25.58z =+++++++=，1(481631517197122)508y =+++++++=，$ 1.55a y bz ∴=-≈$，y ∴关于x 的回归方程为$21.9 1.55y x =+；（3）估计该国第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数为$21.99 1.55155.45155y =⨯+=≈（人）．20．解：（1）1()()32a y f x g x y x a x+'=+⇒=-+-，由()()y f x g x =+单增得0y '≥恒成立，分离参数得2132321111x x x x a x x+-+-≤=++恒成立，令2321()1x x m x x +-=+，(0)x >，则22244()(1)x x m x x ++'=+，()0m x '∴>，()m x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)1m x m >=-，1a ∴≤-；（2）设2()()()3(1)ln 4n x f x g x x a x x ax =-=-+-+-，则1()32a n x x a x+'=--+， 设函数()y n x =的图像与x 轴相切于0x x =处，则()()2000000003(1)ln 401320n x x a x x ax a n x x a x ⎧=-+-+-=⎪+⎨'=--+=⎪⎩①②由②得：[]000002(1)(1)13201x a x a x a x x x -+-+--+=-=⇒=或012a x +=，当01x =时，由①得：2a =③；当012a x +=时，由①得：2000022ln 40x x x x ---=，令2()22ln 4h x x x x x =+--，则：()2(ln )h x x x '=-，2(1)()x h x x-''=， ()h x '∴在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，min ()(1)20h x h '==>， ()h x ∴在(0,)+∞单调递增，又(1)50h =-<Q ，()()222640h e e e =-->， ()0h x ∴=只有一解0x ，且()201,x e ∈，()20211,21a x e =-∈-④，由③④可知：满足条件的实数a 有两个：12a =，()221,21a e ∈-．21解：（1）由题意易知：2212a a b b a=⎧=⎪⎪⇒⇒⎨⎨=⎪⎩⎪=⎪⎩椭圆22:12x y Γ+=； （2）()22222122202:x y m y mty t AB x my t⎧+=⎪⇒+++-=⎨⎪=+⎩设，()22820m t ∆=-+>①设()11,A x y ，()22,B x y ，则由题知()12222C mty y y m ∴=-+=+，()()12122422C tx x x m y y t m -=-+=-++=⎡⎤⎣⎦+ 由C 点在抛物线212y x =上得：2222214222221mt t m m m t -⎛⎫=⋅⇒=- ⎪+++⎝⎭②12t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭ ()()()12211221123333222ABC ABO S S x y x y my t y my t y t y y ==-=+-+=+△△==⇒=③ 将②代入③整理得：2[(21)]4(21)301t t t t t +-++=⇒=-或32-，相应的22m =或1，所以1,2C ⎛⎫±⎪⎝⎭或(2,1)C ±． 22．解：（1）直线:2l y x =+，曲线2:C y x =；（2）过P 平行于l 的直线的参数方程为002222x x t y y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数） 联立曲线2:C y x =得：22000122022t y t y x ⎛⎫+-+-= ⎪⎭，001220(*)2x y ∆=-+>，所以()22212000000||||2221PA PB t t y x x y y x ⋅==-=-=⇒=-，∴点P 的到直线l 的距离：2000032112822y y x y d -+-+==≥， 当005412x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，（满足(*)式）时取“=”∴点P 的到直线l 的最近距离为1128．23．解，（1）4,244,12()22,114,1x x x f x x x x ≥⎧⎪-≤<⎪=⎨--≤<⎪⎪-<-⎩min ()4f x ∴=-，即4a ≥-（2）由（1）可得()y f x =的图象如下要使()||4f x x b ≤--恒成立，当函数||4y x b =--的一段经过点(2,4)时满足要求， 此时6b =-，结合图象可知，当6b ≤-时满足条件．。
重庆市南开中学2020届高三第二次教学质量检测考试理综物理试题及答案
重庆南开中学2020届高三第二次教学质量检测考试理科综合物理14.如图所示，某物体在粗糙水平面上运动.已知t =0时刻，物体速度大小为06m/s t =，物体与水平面间动摩擦因数0.15μ=，重力加速度取210m/s g =，则下列说法正确的是（ ） A.物体从t =0到t =6s 时间内位移大小为9m B.物体从t =0到t =6s 时间内平均速度大小为3m/s C.物体从t =0到t =6s 时间内平均速度大小为2m/s D.物体在第1s 内位移与第3s 内位移比值为3:115.如图所示，质量为m 的物块置于倾角为θ的固定斜面上，物块与斜面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
现对物块施一水平向右的推力F ，发现物块被“锁定”，即无论F 多大，都不能使物块沿斜面 上运动，则μ至少应为（ ） A.sinθ B.cosθC.tanθD.cotθ16.如图所示光滑半圆形槽内，小球在水平拉力F 作用下以大小不变的速率在竖直平面内由M 点运动到N 点，在此过程中，拉力F 的瞬时功率变化情况为（ ） A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大再减小D.先减小再增大17.如图所示，平面直角坐标系，xOy 在竖直面内，x 轴沿水平方向，图中M 、N 两点坐标为M （O ，l ）、N （l ，O ），P 是线段MN 中点，Q 是线段PN 中点。
现有可视为质点的小球从O 点沿x 轴正向水平抛出，不计空气阻力，若初速度为v 1，则能通过P 点，若初速度为v 2，则能通过Q 点，则21v v 为（ ） A.2B.2C.3218.如图所示，轻绳绕过等高的两个定滑轮连接质量均为m 的小物块A 、B ，系统平衡时A 、B 物块与各自正上方滑轮间的距离均为l ，两滑轮间距离也为l 。
将一个带钩小物块C 轻轻挂在两滑轮间绳子的中点，系统开始运动，当三个物块等高时，物块C 的速度恰好减小为0。
不计所有摩擦和空气阻力，不计小钩质量，忽略物块、滑轮和小钩尺寸，则有（ ）A.物块C 速度减小为0之后，系统会维持平衡状态B.物块C 向下运动过程中，物块A 的机械能先增大后减小C.物块C 的质量是mD.物块C 向下运动6时，三个物块速度大小相同 19.下列说法正确的是（ ）A.牛顿运动定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子B.牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形，它们都可通过实验来直接验证C.卡文迪许在实验里较为准确地测出了引力常量G 的数值D.开普勒第三定律表达式32r k T=中的k 值与中心天体的质量有关20.如图所示为倾角α=37°的粗糙斜面，质量为m =0.5kg 的小球用长为L =0.5m 的细绳系于斜面上的悬点O 处，小球与斜面间动摩擦因数μ=0.5，在最低点B 小球获得切向初速度v 0=14m/s ，此后小球绕悬点O 做圆周运动，重力加速度取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，π取3.14，则（ ）A.小球在B 点获得初速度v 0后瞬间绳上拉力大小为196NB.小球经过最高点AC.小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为3.14JD.全过程小球能通过A 点7次21.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接质量为m 的小物块，在水平外力F 的作用下，小物块静止于水平地面的A 点。
重庆市南开中学2020届高三数学第三次教学质量检测考试试题 理(含解析)
重庆南开中学2020届高三第三次教学质量检测考试数学（理科）2020.4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.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法的运算法则化简复数为的形式即可．【详解】复数．故选：D【点睛】本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.2.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合A和B,再求得解.【详解】由题得A=[-4,1]，B=(0,1 ],所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.等差数列的前7项和为28，，则（）A. 6B. 7C. 9D. 14【答案】A【解析】【分析】先根据已知得到关于的方程组，解方程组得的值，再求的值.【详解】由题得.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的通项的基本量的计算，考查等差数列的前n项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.若双曲线的一条渐近线方程为，则（）A. B. 1 C. 2 D. -8【答案】A【解析】【分析】先根据已知求出a,b,再由题得，解方程即得m的值.【详解】由题得，所以.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. 42B. 45C. 46D. 48【答案】C【解析】【分析】先通过三视图找到几何体原图，再求几何体的体积.【详解】由三视图可知原几何体为如图所示的多面体ABEHM-CDGF,所以该几何体的体积为.故选：C【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.重庆奉节县柑桔栽培始于汉代，历史悠久.奉节脐橙果皮中厚、脆而易剥，酸甜适度，汁多爽口，余味清香，荣获农业部优质水果、中国国际农业博览会金奖等荣誉.据统计，奉节脐橙的果实横径（单位：）服从正态分布，则果实横径在的概率为（）附：若，则；；A. 0.6826B. 0.8413C. 0.8185D. 0.9544 【答案】C【解析】【分析】先计算出和，再求果实横径在的概率.【详解】由题得=5，由题得，所以，由题得，所以，所以P(85＜X＜90=，所以果实横径在的概率为+0.1359=0.8185.故选：C【点睛】本题主要考查正态分布，考查指定区间概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.7.设，满足约束条件，则的最小值是（）A. 4B. 5C. 8D. 9【答案】A【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得解.【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC,由题得y=-2x+z,当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小.联立得A(1,2),所以的最小值是2×1+2=4.故选：A【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.8.如图，给出的是求的值的一个程序框图，则判断框内填入的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知中程序的功能是计算的值，根据已知中的程序框图，我们易分析出进行循环体的条件，进而得到答案．【详解】模拟程序的运行，可知程序的功能是计算的值，即，时，进入循环，当时，退出循环，则判断框内填入的条件是．故选：．【点睛】本题考查的知识点是循环结构的程序框图的应用，解答本题的关键是根据程序的功能判断出最后一次进入循环的条件，属于基础题．9.记，则（）A. 81B. 365C. 481D. 728 【答案】B【解析】【分析】令x=0得求出的值，令x=-2得的值，再求的值.【详解】令x=0得1=，令x=-2得，所以.故选：B【点睛】本题主要考查二项式定理展开式的系数和求值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.10.已知函数的最小正周期为，且是函数图象的一条对称轴，则的最大值为（）A. 1B.C.D. 2【答案】D【解析】【分析】利用辅助角公式化简，根据最小正周期为，可得的值，一条对称轴是建立关系即可求解．【详解】由题得函数，其中．最小正周期为，即．那么．一条对称轴是，可得：则．即．．的最大值为．故选：．【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的图像和性质，考查三角函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11.已知函数，若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】对x分三种情况讨论，当x∈（0,1时，求得；当x∈时，求得；当x∈时，求得a≥3，综合即得解.【详解】由题得，取特值代入上面的不等式得a≥3，所以，（1）在x∈（0,1上，0＜x≤1＜，恒有a≤3+2x-lnx成立，记g(x)=2x-lnx+3(0＜x≤1）所以，所以所以.(2)在x∈上，，恒有，所以x∈上恒成立，又在x∈上，的最小值为5，所以.(3)在x∈时，x≥，恒有.综上.故选:C【点睛】本题主要考查分段函数和不等式的恒成立问题，考查绝对值不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12.如图，抛物线：，圆：，过焦点的直线从上至下依次交，于点，，，.若，为坐标原点，则（）A. -2B. 1C. 4D.【答案】B【解析】【分析】由题可设A，其中a>0,d＜0.根据得，再利用平面向量的数量积运算化简得解.【详解】由题可设A，其中a>0,d＜0.又焦点F(1,0)，所以|FD|=1+，所以|AB|=|FA|-|OB|=，由题得.所以，所以1.故选：B【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质和定义，考查平面向量的数量积的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.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.请将答案填写在答题卡相应的位置.13.已知向量，且，则实数__________．【答案】-2【解析】14.已知函数，则不等式的解集为__________．【答案】【解析】【分析】先求出函数的奇偶性和单调性，再利用函数的奇偶性和单调性解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为R,由题得=-f(x),所以函数f（x）是奇函数，因为，所以函数f(x)是定义域上的增函数，所以=f(x-4),所以2x+1＜x-4,所以x＜-5.故答案：【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.15.在正三棱柱中，，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________．【答案】【解析】【分析】如图，连接,则所以异面直线与所成的角就是直线和所成锐角或直角.再解三角形利用余弦定理求出异面直线与所成角的余弦值.【详解】如图，连接,则所以异面直线与所成的角就是直线和所成锐角或直角.由题得,在△中，由余弦定理得.所以异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的计算，考查空间几何体的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.16.在正项递增等比数列中，，记，，则使得成立的最大正整数为__________．【答案】9【解析】【分析】先化简得，再根据得到，再解不等式得解.【详解】由题得，因为数列是正项递增等比数,所以，所以.因为，所以，所以.所以使得成立的最大正整数为9.故答案为：9【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和，考查等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答题：本大题共6小题，共计70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角，，所对的边分别是，，，且.（1）求角；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简即得；（2）由正弦定理得，再结合余弦定理可得.【详解】解：（1）由正弦定理得：，又，，得.（2）由正弦定理得：，又由余弦定理：，代入，可得.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.随着电子商务的兴起，网上销售为人们带来了诸多便利.商务部预计，到2020年，网络销售占比将达到.网购的发展同时促进了快递业的发展，现有甲、乙两个快递公司，每位打包工平均每天打包数量在范围内.为扩展业务，现招聘打包工.两公司提供的工资方案如下：甲公司打包工每天基础工资64元，且每天每打包一件快递另赚1元；乙公司打包工无基础工资，如果每天打包量不超过240件，则每打包一件快递可赚1.2元；如果当天打包量超过240件，则超出的部分每件赚1.8元.下图为随机抽取的打包工每天需要打包数量的频率分布直方图，以打包量的频率作为各打包量发生的概率.（同一组中的数据用该组区间的中间值作代表）.（1）（i）以每天打包量为自变量，写出乙公司打包工的收入函数；（ii）若打包工小李是乙公司员工，求小李一天收入不低于324元的概率；（2）某打包工在甲、乙两个快递公司中选择一个公司工作，如果仅从日平均收入的角度考虑，请利用所学的统计学知识为该打包工作出选择，并说明理由.【答案】（1）（i）；（ii）0.4；（2）建议该打包工去甲快递公司工作.【解析】【分析】（1）（i）乙公司打包工的收入函数；（ii）由，解得，再求小李一天收入不低于324元的概率；（2）设打包工在甲、乙两个快递公司工作的日平均收入为，，先列出打包工在甲、乙两个快递公司工作的收入情况表，再求，，比较它们的大小即得解.【详解】解：（1）（i）当时，y=1.2x当时，y=12×240+(x-240)×1.8=1.8x-144所以，（ii）由，解得，∴小李一天收入不低于324元的概率为.（2）设打包工在甲、乙两个快递公司工作的日平均收入为，，用频率估计概率，则打包工在甲、乙两个快递公司工作的收入情况为故，.因为，故从日平均收入的角度考虑，建议该打包工去甲快递公司工作.【点睛】本题主要考查函数解析式的求法，考查平均值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19.已知，是椭圆：上两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，为椭圆上一动点，点，线段的垂直平分线交轴于点，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）代点A,B的坐标到椭圆的方程，得到关于a,b的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（2）设坐标为，求出，再利用基本不等式求得的最小值为.【详解】解：（1）代入，两点：，，，所以椭圆的标准方程为：.（2）设坐标为，则①线段的中点，，所以：.令，并结合①式得，，当且仅当，时取等，所以的最小值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的最值问题和基本不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.如图，在四棱锥中，底面为菱形，顶点在底面的射影恰好是菱形对角线的交点，且，，，，其中.（1）当时，求证：；（2）当与平面所成角的正弦值为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证明面，再证明；（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，由与面所成角的正弦值为得到.再利用向量法求二面角的余弦值.【详解】解：（1）∵顶点在底面的射影是，∴面，由面，∴.∵，，，连，∴，，，，∴，则，∴.由，，∴面，由面，∴，∵菱形，，∴.（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，∵，则，∴.∵，则，∴，设面的法向量为，由，解得.由与面所成角的正弦值为，即有，解得.设面的法向量为，由，解得.∴二面角的余弦值.【点睛】本题主要考查空间几何元素的垂直关系，考查空间线面角和二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21.已知函数，其中.（1）若函数仅在处取得极值，求实数的取值范围；（2）若函数有三个极值点，，，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】(1)，因为仅在处取得极值，则.再对a 分类讨论，利用数形结合分析得到a的取值范围；(2)由题得，由题意则有三个根，则有两个零点，有一个零点，，再利用分析法证明.【详解】解：（1）由，得，由仅在处取得极值，则，即.令，则，当单调递减，单调递增，则，∴当时，，此时仅一个零点，则仅一个为极值点，当时，与在同一处取得零点，此时，，，，∴仅一个零点，则仅一个为极值点，所以a=e.当a＞e时，显然与已知不相符合.∴.（2）由，则.由题意则有三个根，则有两个零点，有一个零点，，令，则，∴当时取极值，时单调递增，∴，则时有两零点，，且，若证：，即证：，由，，则，即证：，由在上单调递增，即证：，又，则证，令，，∴.∴恒成立，则为增函数，∴当时，，∴得证.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值问题，考查分析法证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线的极坐标方程为：.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线相交于，两点，当到直线的距离最大时，求.【答案】（1）；（2）16.【解析】【分析】（1）直接利用极坐标和直角坐标互化的公式求曲线的直角坐标方程；（2）设，当到直线的距离最大时，得到，故.再利用直线的参数方程的弦长公式求.【详解】解：（1）曲线：，即：.∴曲线的标准方程为：.（2）设，当到直线的距离最大时，，故.∴的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入得：.∴，∴.【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角方程坐标的互化，考查直线参数方程t的几何意义的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.23.已知函数的最小值为.（1）求；（2）若正实数，，满足，求证：.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）先化简函数的解析式，再通过函数的图像得到当时，取得最小值；（2）由题得，再利用均值不等式证明不等式.【详解】解：（1），由于函数y=,减函数，y=,是减函数，y=，是增函数，故当时，取得最小值（2）.【点睛】本题主要考查分段函数的图像和性质，考查分段函数的最值和不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.。
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重庆南开中学高2020级高三3月月考理科数学答案一.选择题：DCCB CBBD ACDB 11．解：令xlnx ﹣kx +1＝0，则k ＝；令；；∴当时，g ′（x ）＜0，g （x ）单减；当x ∈[1，e ]时，g ′（x ）＞0，g （x ）单增；∴当x ＝1时，有g （x ）min ＝1，又∵，，∴,∵f （x）在上只有一个零点，∴g （x ）＝k 只有一个解；∴k ＝1或．12．解：以BC 的中点为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，建立直角坐标系，设B （﹣a ，0），C （a ，0），（a ＞0），则A （0，），设P （x ，y ），由PB 2+PC 2＝3PA 2＝3得（x +a ）2+y 2+（x ﹣a ）2+y 2＝3[x 2+（y﹣）2]＝3，即x 2+y 2＝﹣a 2，x 2+（y ﹣）2＝1，即点P 既在（0，0）为圆心，为半径的圆上，又在（0，）为圆心，1为半径的圆上，可得|1﹣|≤≤1+，由两边平方化简可得a 2≤，则△ABC 的面积为S＝•2a•＝a＝，由a 2≤，可得a 2＝，S取得最大值，且为．故选：B ．二．填空题：13.4014.515.21n -16.92π三．解答题：17.解：（1） 2311+=+n n a a ，41=a ，∴)3(3131-=-+n n a a ，故{}3-n a 是首项为1，公比为31的等比数列；..............（6分）（2）由（1）知1313-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n n a ，n T =3n +）（110313131-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛n =3n +31-131-1n⎪⎭⎫⎝⎛=3n +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛n 31-123..............（6分）18．解：（1）因为200份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷，所以相邻两份试卷编号相差为10，所以试卷得分为144分的试卷编号180...............（3分）（2）15=0.001510000，根据正态分布可知：，，即名的成绩全部在分以上，（含分），......（2分）根据茎叶图可知这人中成绩在分以上含分）的有人，而成绩在分以上含分）的有人，（1分）的取值为，，，（每一个概率各1分）的分布列为因此.......（2分）19.解：（1）证明： 侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB 底面=ABCD AB ，四边形ABCD 为正方形，,BC AB BC ∴⊥⊂面ABCD ，BC ∴⊥面PAB ，又AP ⊂面PAB ，AP BC ∴⊥，BE ⊥平面APC ，AP ⊂面PAC ，AP BE ∴⊥，......（2分）,,BC BE B BC BE =⊂ 平面PBC ，AP ∴⊥面PBC ，AP ⊂面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PBC ；......（4分）（2）111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，求三棱锥P ABC -体积的最大值，只需求PA PB ⨯的最大值.令,PA x PB y ==，由(1)知，PA PB ⊥，224x y ∴+=，而221123323P ABCx y V xy -+=≤⨯=，当且仅当2x y ==，即2PA PB ==P ABC V -的最大值为23.......（2分）如图所示，分别取线段AB ，CD 中点,O F ，连接,OP OF ，以点O 为坐标原点，以OP ，OB 和OF 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．则()0,1,0A -，()0,1,2C ，()1,0,0P ，......（2分）所以()1,1,0AP = ，()0,2,2AC = ，令(),,n x y z =为平面PAC 的一个法向量，则0220x y y z +=⎧⎨+=⎩，()1,1,1n ∴=- ......（2分）易知()1,0,0m =为面ABC 的一个法向量，令面角B AC P --的平面角为θ，θ为锐角，则13cos 33n m n mθ⋅===⋅ .......（2分）20.解：（1）设点M 的坐标为(,)x y ，则3224y y x x ⋅=-+-，化简得点M 的轨迹方程221(2)43x y x +=≠±；......（4分）（2）易得点4(2,)P m ，故4(2,Q m-，将2x my =-与22143x y +=联立，消去x ，整理得22(34)120m y my +-=，解得0y =或21234m y m =+，故点2226812(,)3434m m M m m -++，...（2分）故直线MQ ：222124684(+)(2)(2)()03434m m x y m m m m ----+=++，令0y =解得226432m x m -=+，故2264(,0)32m D m -+，...（3分）所以APD △的面积为222241124=232||32m m m m m ⨯⨯++，故224=26m ，...（2分）整理得2326|20m m -+=，解得6||3m =，所以63m =±．...（1分）21.解：（1）由题意，可知f （0）＝1，∴x ＝0不是f （x ）的零点，当x ≠0时，令f （x ）＝e x +ax 2＝0，整理得，-a＝，令t （x）＝，x ≠0．则t ′（x）＝．∴函数t （x ）在（﹣∞，0）上单增，在（0，2）上单减，在（2，+∞）上单增，在x ＝2处取得极小值t （2）＝．∵x →﹣∞，t →0；x →0，t →+∞；x →+∞，t →+∞∴函数t （x ）大致图象如右：...（2分）结合图形可知：①当﹣a ≤0，即a ≥0时，﹣a ＝无解，即e x +ax 2＝0无解，此时f （x ）没有零点，②当0＜﹣a＜，即﹣＜a ＜0时，e x +ax 2＝0有1个解，此时f （x ）有1个零点，③当﹣a＝，即a＝﹣时，e x +ax 2＝0有2个解，此时f （x ）有2个零点，④当﹣a＞，即a＜﹣时，e x +ax 2＝0有3个解，此时f （x ）有3个零点，综上所述，当a ≥0时，没有零点；当﹣＜a ＜0时，有1个零点；当a＝﹣时，有2个零点；当a＜﹣时，有3个零点．...（4分，每种情况各1分）（2）f （x ）﹣g （x ）＝e x +e 3x +a （x 2﹣xlnx ﹣x ）＞0在x ∈（0，+∞）上恒成立，∴+e 3+a （x ﹣lnx ﹣1）＞0在x ∈（0，+∞）上恒成立，令h （x ）＝+e 3+a （x ﹣lnx ﹣1），0x >，h ′（x）＝（x ﹣1）（+a ），...（2分）令+a ＜0，可得a＞﹣，x ∈（0，+∞）．∴a ＞﹣e ．当a ＞﹣e 时，x ＝1时，h （x ）取得极小值即最小值．h （x ）≥h （1）＝e +e 3＞0恒成立．...（1分）当a ＝﹣e 时，函数h （x ）在x ∈（0，+∞）上单调递增，x →0+，h （x ）＞0恒成立，...（1分）当a ＜﹣e 时，令h ′（x ）＝0解得x ＝1或e x +ax ＝0，由+ax 0＝0，a ＜﹣e ，可得＝﹣ax 0＞ex 0，则x 0＞1，∴函数h （x ）在（0，1）上单增，在（1，x 0）上单减，在（x 0，+∞）上单增．h （x ）min ＝h （x 0）＝﹣a +e 3+a （ln （﹣a ）﹣1）＝aln （﹣a ）﹣2a +e 3＝F （a ），a ＜﹣e ．F ′（a ）＝ln （﹣a ）+1﹣2＝ln （﹣a ）﹣1＞0，∴F （a ）在a ＜﹣e 时单增，而F （﹣e 3）＝﹣e 3ln （﹣e 3）+2e 3+e 3＝0．∴﹣e 3＜a ＜﹣e 时，h （x ）min ＝h （x 0）＞0，满足题意．综上可得a ∈（﹣e 3，+∞）．...（2分）22.解：（1）曲线C 的直角坐标方程为()220y ax a =>，...（2分）直线l 的普通方程为20x y --=...（2分）（2）直线l 的参数方程与曲线C的直角坐标方程联立，得)()24840t a t a -+++=，()840a a ∆=+>，点,M N 分别对应参数12,t t恰为上述方程的两实根，)124t t a +=+，()1284t t a =+，...（2分）由,,PM MN PN 成等比数列得21212t t t t -=，即()21212124t t t t t t +-=，代入得)()()()2448484a a a +-⨯+=+，解得1a =或4a =-，01a a >∴= ..（4分）23.解：（1）当5m =时，52,1,()3,11,52, 1.x x f x x x x +<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪->⎩由()2f x >得不等式的解集为33|22x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭．.........................（5分）（2）由函数2223(1)2y x x x =++=++，该函数在1x =-取得最小值2因为2,1,()2,11,2,1,m x x f x m x m x x +<-⎧⎪=--≤≤⎨⎪->⎩在1x =-处取得最大值2m -所以要使函数223y x x =++与函数()y f x =的图象恒有公共点，只需22m -≥，即4m ≥....（5分）。