二模-数学理答案.pdf

高三数学理（二模答）— 一、选择题 BADAD ACBAC BB 二、填空题 13. 2 14. 3 3 15. 13 22 16. (ln 2,+∞) 三、解答题 17.解：（1）由 m//n 有 (2c - a)cos B = b cos A 由正弦定理可得：(2 sin C - sin A)cos B = sin B cos A …………3分 所以 2 sin C cos B = sin A cos B + sin B cos A = sin(A + B)= sin C 可得 cos B = 1 2 B = π3 …………6分 （2）由余弦定理得：b2 = a2 + c2 - 2ac cos B = a2 + 64 - 8a ① 又 SΔABC = 1 2 ac sin B = 1 2b·BD ∴ b = 7 5a ② …………9分 联立①②得 3a2 + 25a - 200 = 0 解得 a = 5 …………12分18.解：（1）随机变量X的可能取值为1,2,3. …………………1分 P(X = 1)= 1 5 …………………2分 P(X = 2)= 4 5∙1 5 = 4 25 …………………4分 P(X = 3)= 4 5∙4 5 = 16 25 ……………6分 随机变量X的分布列为 X P 1 1 5 2 4 25 3 16 25 E(X)= 1 5 × 1 + 4 25 × 2 + 16 25 × 3 = 61 25 ………………7分 （2）同学乙的判断不正确.………………9分 理由如下： 概率的定义：在n次重复进行的试验中，当n很大时，事件A发生的频率总是在某个常数附 近摆动，随着n的增加，摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做事件A的概率. 同学乙只扫了 20 次，即进行了 20 次重复试验，次数并不是很多，因此“同学乙得到‘敬业 福’”这件事发生的频率无法近似看成其发生的概率，所以他的判断不正确. …………12分 （考生答出合理理由即可酌情给分.此问重点考察学生对概率的统计定义的理解，分清某 2018 — 2019 学 年 度 下 学 期 高三第二次模拟考试试 题 数学（理科）参考答案 1高三数学理（二模答）— 件事发生的频率和概率）19.解：（1）AB 与 PC 不垂直，…………… 1分 证明如下：假设 AB ⊥ PC ， 因为 ∠APC = 90°∘，AP = PC = 2 2 ，所以 AC = 4 ，又 AB = 4 ，BC = 4 2 ， 进而有 AC2 + AB2 = BC2 ，所以 AB ⊥ AC ……………2分 又 PC ⋂ AC = C ，所以 AB ⊥⊥ 平面 PAC ，……………4分 所以 AB ⊥ PA ，………………5分 在 RtΔAPB 中，PB > AB ，这与已知 AB = BP 矛盾， 所以 AB 与 PC 不垂直．…………………6分 （2）如图，以 A 为原点，分别以 AB,AC 所在直线 为 x,y 轴，以过点 A 且垂直于平面 ABC 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A( )0,0,0 ,B( )4,0,0 ,C( )0,4,0 ， 设 P( )x,y,z ，由 ì í î ïï ïï x2 + y2 + z2 = 8 ( )x - 4 2 + y2 + z2 = 16 x2 + ( )y - 4 2 + z2 = 8 解得：P( )1,2, 3 …………………8分   PB = ( )3,-2,- 3 ，因为平面 ABC 的法向量是 n= ( )0,0,1 ，…………………10分 设直线 PB 与平面 ABC 所成角为 θ ， 则 sin θ = ||cos <   PB,n> = | | | ||| | | | |||   PB∙n ||  PB ||n = 3 4 ， 直线 PB 与平面 ABC 所成角的正弦值为 3 4 …………………12分 20.（1）由题意得 |CA| + |CB| = |CA| + |CM| = 4 ，为定值…………………3分 （2）由（1）知 |CA| + |CB| = 4 > |AB| 所以点C的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4，焦距为 |AB| = 2 3 的椭圆 则其轨迹E的方程为 x2 4 + y2 = 1 ………………4分 当直线PQ的斜率 k = 0时 ，设直线 lPQ ：y = n ，则 P(x0 ,n),Q(-x0 ,n) 所以 x0 2 4 + n2 = 1①   NP·∙   NQ = （x0 - 2,n) ·（ - x0 - 2,n)= 4 - x0 2 + n2 = 0 ② 联立①②得 n = 0 即 lPQ ：y = 0 ………………6分 当直线PQ与 x 轴不平行时，设直线 lPQ ：x = ty + m ，则 P(x1,y1 ),Q(x2 ,y2 ) 由点 N(2,0) 在椭圆E上，得 m ≠ 2 联立 ì í î ï ï x = ty + m x2 4 + y2 = 1 2高三数学理（二模答）— 得: (4 + t2)y2 + 2tmy + m2 - 4 = 0，(∗) 则 ì í î ïï ïï y1 + y2 = - 2tm4 + t2 y1y2 = m2 - 4 4 + t2 ………………8分   NP·   NQ =(x1 - 2,y1 ) · (x2 - 2,y2 )=(1 + t2)y1y2 + t(m - 2)(y1 + y2 )+(m - 2)2 = (t2 + 1)(m2 - 4)- 2t2m(m - 2)+(t2 + 4)(m - 2)2 4 + t2 = 0 化简得 5m2 - 16m + 12 = 0 解得 m = 2（舍）或 m = 6 5 ………………10分 则 lPQ ：x = ty + 6 5 ，直线恒过定点 (6 5 ,0) ，此时（*）式有两个不同的实数解. 直线斜率等于0时也过定点 (6 5 ,0) ， 综上，直线恒过定点 (6 5 ,0) ………………12分 21.（1）f'(x)=(x2 + a - 2)ex 只有一个零点 x2 + a - 2 = 0 有唯一解 ∴ a = 2 ………………2分 （2）f'(x)=(x2 + a - 2)ex 当 a - 2 ≥ 0 时，即 a ≥ 2 时，f ′(x)>0 ，f (x) 在 (-∞,+∞) 上的单调递增； 当 a - 2 < 0 时，即 a < 2 时， x ∈(-∞,- 2 - a) 时，f ′(x)>0 ，f (x) 在 (-∞,- 2 - a) 上的单调递增， x ∈(- 2 - a , 2 - a) 时，f ′(x)< 0 ，f (x) 在 (- 2 - a , 2 - a) 上的单调递减， x ∈(2 - a， + ∞) 时，f ′(x)>0 , f (x) 在 ( 2 - a， + ∞) 上的单调递增. 综上所述,当 a ≥ 2 时, f (x) 在 (-∞,+∞) 上的单调递增； 当 a < 2 时, f (x) 在 (-∞,- 2 - a) , ( 2 - a， + ∞) 上的单调递增， 在 (- 2 - a , 2 - a) 上的单调递减.…………6分 （3）由（1）得 f'(x) = x2ex f'(m n )≥ m n(ln m - ln n)+ km2 + mn n2 等价于 (m n )2em n ≥ m n ln m n + k(m n )2 + m n 令 x = m n (x>0) 等价于 xex ≥ ln x + kx + 1…………7分 所以 k ≤ xex - ln x - 1 x 恒成立 令 g(x)= xex - ln x - 1 x g'(x)= x2ex + ln x x2 令 h(x)= x2ex + ln x h'(x)=(x2 + 2x)ex + 1 x > 0 3高三数学理（二模答）— 所以 h(x) 递增 因为 h(1)= e > 0,h(1 e )= 1 e 2 - 1 e - 1 < 0 所以 ∃x0 ∈(1 e ,1)使得h(x0 )= 0, 即 x0 2ex0 + ln x0 = 0 当 x ∈(0,x0 )时, g(x) 单调递减,当 x ∈(x0 ,+∞)时, g(x) 单调递增 …………10分 令 t = x0 ex0 则 -t = ln x0 x0 所以{ln t = x0 + ln x0ln x0 = -x0t 所以 (1 - t)x0 = ln t ，结合函数 F(t)= lnt + x0 (t - 1)单调递增，观察 得 t = 1 所以 g(x) min = g(x0 )= x0 ex0 - ln x0 - 1 x0 = t + tx0 - 1 x0 = 1 所以 k ≤ 1 …………12分 22.（1）直线 l1 的普通方程为 y + 4 = - 3 3 (x - 2) 即 x + 3 y + 4 3 - 2 = 0 由 x = ρ cos θ,y = ρ sin θ 得 直线 l1 的极坐标方程为 ρ sin(θ + π6 )= 1 - 2 3 …………5分 （写成 ρ cos θ + 3 ρ sin θ + 4 3 - 2 = 0 也给分） （2）由题意知直线 l1 的参数方程为 ì í î ïï ïï x = 2 - 3 2 t y = -4 + 1 2 t ① ∵B是 l2 与 l1 的交点∴ B在直线l1上 ∴ |AB| = |t| 把①代入直线 l2：x - y + 1 = 0 得： (2 - 3 2 t)-(-4 + 1 2 t)+ 1 = 0 得 t = 7( 3 - 1) 所以线段 |AB| 的长为 7( 3 - 1) …………10分23.解：（1）原不等式可化为 |x - 2| > 4 - x2 ， 即 x - 2 > 4 - x2 或 x - 2 < x2 - 4 所以原不等式的解集为 {x|x < -1或x > 2} …………5分 （2）由题意可知 |x - 2| + |x + 7| < 3m + 1解集是空集 令 h(x)= |x - 2| + |x + 7| 即 h(x) min ≥ 3m + 1 因为 |x - 2| + |x + 7| ≥ |(x - 2)-(x + 7)| = 9 所以 3m + 1 ≤ 9 ，m ≤ 8 3 实数 m 的取值范围为 (-∞, 8 3] …………10分 4