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六校联盟高三年级联考数学（理科）答案 一 选择题 BDCBCB DCACCA 其中： 10．【解析】设扇形所在的圆的半径为 1，以 OB 所在的直线为 x 轴，O 为原点建立平面直 角坐标系， ( (0, ))3COB     ，则 1 3(cos ,sin ), (1,0), ( , )2 2C B A  ，由题意可得 21 sincos1 3 2 3(cos ,sin ) ( , ) y(1,0) sin2 2 3 cossin 32 xx y x yx                    , 令 3 2 3( ) sin cos sin( )3 3 3f u x y           ， (0, )3   又 (0, )3   ，∴ 当 6   时， ( )f  取大值 2 3 3 ，无最小值．选 C 11．【解析】由 ( ) 0OF OB OA     ，2OA OB OF    知OA BF 且 A 为 BF 的中点， 由 于双曲线焦点到渐近线的距离为b ，所以 ,AF b OA a  ，得 2BF b ，且 OA是三角 形 1F BF 的 中 位 线 ， 1F 是 左 焦 点 ， 所 以 1 2BF a ， 根 据 双 曲 线 的 定 义 ， 有 2 2 2 , 2b a a b a   ，所以离心率 2 1 5be a       .选 C 12．【解析】由题意可得： 3 1 1 1 1( ) sin 6f x x x  ， 2 2( ) 1f x x  直线 / /MN x 轴 1 2( ) ( )f x f x  3 1 1 2 1sin 16x x x    3 2 1 1 1sin 16x x x    2 1x x  3 1 1 1 1sin 16x x x   考查函数 31(t) sint 1, 06 t t t      21'(t) cost 1, 02 t t     ， ''(t) sint , 0t t     可得 0t  时， ''(t) sint 0t     ， 2 '1'(t) cost 1 (0) 02 t      成立。 所以 31(t) sint 16 t t     在[0, ) 上为增函数。 所以 31(t) sint 1 (0) 16 t t       ，从而 ,M N 两点间的距离的最小值为 1。选 A二 填空题 13. 3 5 14.①④ 15. 7ln 3 16. 112 三 解答题 17．（1） 3B  （2） 3 4 【解析】 （1）（1）在△ABC 中，∵ cos2 3cos 1 0B B   ， ∴ 22cos 3cos 2 0B B   ， ∴ 1cos 2B  或 cos 2B   （舍去）， ∴ 3B  ……………………………………………6 分． （2）由 1,b  得 2 2 2 11 2 22b a c ac ac ac ac        ∴ 1 3sin2 3 4ABCS ac     ……………………………………………12 分 18．（1） 0.035a  ， 0.025b  （2）  60 90 120 P 1 10 3 5 3 10 96E  【解析】 （1）依题意， 0.060a b  ， 0.015 2a b  ， 解得： 0.035a  ， 0.025b  . ……………………………………………4 分 （2）利用分层抽样的方式从 1000 位网上购票者中抽取 5 人，其中年龄在[30,50) 岁的有 3 人，其余年龄段的有 2 人， ……………………………………………6 分 从这 5 人中任取 3 人，3 人获得代金券的金额总和 可取 60、90、120 元，且 3 3 3 5 1( 60) 10 CP C     ， 2 1 3 2 3 5 3( 90) 5 C CP C     ， 1 2 3 2 3 5 3( 120) 10 C CP C     .  的分布列为  60 90 120 P 1 10 3 5 3 10 ………10 分 ∴  的期望值为 96E  …………………………12 分 19．（1）见解析（2）8 5 （3） 2 29 29 【解析】 （1） AE 是圆柱的母线 AE BEFC 底面 , 又 BC BEFC 面 AE BC  又 ABCD 是正方形，∴ AB BC ，又 AE AB A ∴ BC  面 ABE 又 BE  面 ABE ∴ BC BE ………………………………4 分 （2）四边形 AEFD 为矩形，且 ABCD 是正方形 ∴ / /EF BC 且 EF BC ，BC BE ∴四边形 EFBC 为矩形 ∴ BF 为圆柱下底面的直径 设正方形 ABCD 的边长为 x ，则 AD EF AB x  在直角 AEB 中， 2,AE AB x  ，可得 2 2 4BE x  在直角 BEF 中， 6,BF EF x  ，可得 2 236BE x  ∴ 2 236 4x x   解得 2 5x  ，即正方形 ABCD 的边长为 2 5 …… 6 分 易知几何体 AEB DFC 为三棱柱，其体积为 1 2 4 2 5 8 52V      ……8 分 （3）以 E 为原点，直线 EB，EF，EA 分别为 x 轴， y 轴，z 轴建系，可求得：平面 ABF 的 法向量可取 ( 5,2,2 5) ，平面 DFC 的法向量可取 (0,1,0) ……………………10 分 所求二面角的余弦为 2 29 29 ……………………………………………12 分 20．（1） 2 2 16 2 x y  （2）4 【解析】 （1）曲线的渐近线方程为 xa by  ． 因为 1l 的倾斜角为30 ，所以 a b 3tan30 3   ，所以 ba 3 ． 因为 2 2c  ，所以 2 2 8a b  ，所以 6a  ， 2b  ． 所以椭圆 C 的方程为 2 2 16 2 x y  ；……………………………………………4 分 （2） 设直线l 的方程为 2x ky  ，代入椭圆方程化简可得： 2 2( 3) 4 2 0k y ky    设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 1 22 2 4 2,3 3 ky y y yk k       ，…………………6 分 OAB 的面积 2 2 2 1 2 1 2 2 2 16 8( 3)1 2 6 1| || | | |2 3 3 k k kS OF y y y y k k          …8 分 令 2 1 ( 1)t k t   则 2 2 6 2 6 32 2 2 t tS t t    当且仅当 2t  即 1k   时取等号。………………10 分 此时，直线l 的方程为 2x y   ，圆心 O 到l 的距离为 2d  ，圆方程为 2 2 6x y  所求弦长为| | 2 6 2 4DE    。……………………………………………12 分 21．（1） 1 2k   ；（2） 1 1 3 6ln 24 2 2 4 e m    【解析】 （1）原函数定义域为   ,1 ，  ' ln( 1) 1g x x   ， 则    0 0, ' 0 1, :g g l y x    ， 由   021212 1 2 2       xkx xy kxxy ， l 与函数  xf 的图象相切，   210814 2  kk ．………………4 分 （2）当 1, 12t e      时， ' ( ) ln( 1) 1 0g x x    ，      1ln1  xxxg 在区间 1, 12 e    上为增函数，  1, 12x e     时， 3 3 1ln ( )2 2 2g x e  ………………………6 分  ' 2 2 1( ) m x mh x x x x    若 0m  ， ( )h x 在 (0, ) 上单调递增，不符合题意 ∴ 0m  ，则 ( )h x 在 (0, )m 上单调递减， ( , )m  上单调递增，………………………8 分 ∵对于 1, 12t e      ，总存在 2 1 2 1, ,e2x x     ，且 21 xx  满足     1,2ih x g t i  ∴ 22 2 2 00 11 22 3 63 3( ) ln 42 2 1 1 1 1( ) ln 22 2 4 2 2 1( ) ( 1)2 2 mm m em e mh m eh e m eh e e m e                                  1 1 3 6ln 24 2 2 4 e m    …………12 分 22．（1） 2 2 2 2cos sin: 1, : 19 4C C       （2） 4 9 3 16  【解析】（1） 2 23cos: : 12sin 9 4 x x yC Cy        ， 将 1 33 21 2 x x x x y yy y          ，代入C 的普通方程得 2 2 1x y   ， 即 2 2: 1C x y   ．将 cos sin x y        ，代入曲线的方程可得： 2 2 2 2cos sin: 1, : 19 4C C       ．…………4 分 （2）点 2 2, 4A      的直角坐标为  2,2A ．………………………5 分 直线l 的参数方程为 2 cos 3 2 sin 3 x t y t         ，代入 2 2 19 4 x y  ， 可得  231 8 18 3 16 04 t t    ，…………………7 分所以 1 2 1 2 | || | 4 9 32 | | | | | | 16 t t AP AM AN t t    ．………………………10 分 23（1） 2 23x x      （2） ( 6 1, )  【解析】：（1）当 1a  时，不等式   1f x  化为 1 2 1 1x x    ，等价于 1 1 2 2 1 x x x        或 1 1 1 2 2 1 x x x         或 1 1 2 2 1 x x x       ，解得 2 23 x  ， 所以不等式   1f x  的解集为 2 23x x      ．………………………5 分 （2）由题设可得，   1 2 , 1 3 1 2 , 1 1 2 , x a x f x x a x a x a x a               ，所以函数  f x 的图象与 x 轴围成的三 角形的三个顶点分别为    2 1 , 0 , 2 1 , 0 , , 13 aA B a C a a      ，所以 ABC△ 的面积为  22 13 a  ． 由题设得 22 ( 1) 43 a   ，又由 0a  ，解得 6 1a   ，所以 a 的取值范围为 ( 6 1, )  ． ………………………10 分 大题其它解法酌情给分。