理科数学7答案.pdf

模拟冲刺（七）数学（理）页数 1 /总页数 4 石家庄市第一中学 2019 届高三冲刺模拟卷（七） 数学（理）答案 1-6 ABDBCB 7-12 DCCDBC 13. 2 1 0x y   14.8 15. 3 2 16.6 10 17．解：（1） 1 1 4 2 2 3 2211 1 3 n n n n nn n n a a a a aa a a           ，因此， 2 1 n n a a      是以 1 1 2 21 a a   为首项， 以 2 为公比的等比数列； （2）由（1）知 12 2 2(2 1) 2 1 2 1 n n n n na     ， 则 0 1 2 1 1 2 1 2 3 2(2 1) 2(2 1) 2(2 1) 2(2 1) 2 1 2 1 2 1 2 1 n n na a a           12 12(1 ) 22 1 2 1 n n n       18.解：（1）因为 9 份女生问卷是用分层抽样取到的，所以这 9 份问卷中有 6 份做不到光 盘，3 份能做到光盘.所以 的可能取值为 0，1,2,3. 42 5 126 15)0( 4 9 4 6  C CP  ， 21 10 126 60)1( 4 9 1 3 3 6  C CCP  ， 14 5 126 45)2( 4 9 2 3 2 6  C CCP  ， 21 1 126 6)3( 4 9 3 3 1 6  C CCP  ， 随机变量 的分布列可列表如下：（略） 所以 3 4 21 1314 5221 10142 50)( E . （2） 810.303.375254555 )10301545(100 ))()()(( )( 22 2    dbcadcba bcadnK ， 因为 810.303.333 100706.2  ， 所以能在犯错误概率不超过 0.10 的前提下认为良好“光盘习惯”与性别有关，即最精确的 P 值应为 0.10. 19.解:（1）证明：由题设知： AM ME ，模拟冲刺（七）数学（理）页数 2 /总页数 4 又 ME MF ， AM MF M ， AM ， MF  面 AMF ， ME  面 AMF ， AF 面 AMF ， AF ME  ， 在矩形 ABCD 中， 4AD  ， 22AB  ， E 、 F 为中点， 2 24 2 18AE    ， 2 22 2 6EF    ， 2 28 2 12AF    ， 2 2 2AE EF AF   ， AF EF  ， 又 ME ， EF  面 MEF ， AF 面 MEF ， （2） AF 面 ABCE ，由（1）知面 MFE  面 AFE ，且 90AFE   ， 以 F 为原点， FE 为 x 轴， FA 为 y 轴建立如图的空间直角坐标系， 在 MFERt△ 中，过 M 作 MN EF 于 N ， 2ME  ， 6EF  ， 2MF  ， 2 2 2 3 36 MN   ， 2 2 6cos 2 36 FN MF MFE     （也可用 2MF FN FE  ）  0,2 3,0A 、  6,0,0E 、  0,0,0F 、 2 6 2 3,0,3 3M       ， 面 AFE 的一个法向量为  0,0,1n ，设面 AME 的一个法向量为  , ,x y zm ， 6 2 3,0,3 3EM        、  6, 2 3,0AE   ， 由 0 0 EM AE         m m ，即 6 2 3 03 3 6 2 3 0 x z x y         ，令 1x  ，则 2 2y  ， 2 2z  ， 2 21, ,2 2        m ， 2 12cos , 21 2    m n ， π, 3 m n ，二面角 M AE F  为 π 3 ． 20. （1）因为椭圆 E 的一个焦点与抛物线 2: 4C x y 的焦点关于直线 y x 对称，所以椭 圆 E 的右焦点为 (1,0) ，所以 1c  .又椭圆 E 与坐标轴的一个交点坐标为 (2,0) ，所以 2a  ，又 2 2 2 3b a c   ，所以椭圆 E 的标准方程为 2 2 14 3 x y 模拟冲刺（七）数学（理）页数 3 /总页数 4 （2）设直线 l 的方程为 2, 0y kx k   ，则点 2( ,0)P k ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 则点 1 1( , )D x y 联立直线l 与椭圆 E 的方程有 2 2 14 3 2 x y y kx       ，得 2 2(3 4 ) 16 4 0k x kx    所以有 248(4 1) 0k    ，即 2 1 4k  且 1 2 2 1 2 2 16 3 4 4 3 4 kx x k x x k        ，即直线 BD 的方程为 1 1 2 1 2 1 y y x x y y x x    令 0y  ，得点Q 的横坐标为 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) ( ) 4Q x y x y kx x x xx y y k x x       代入得： 2 2 8 32 24 216 4(3 4 ) 12Q k k kx kk k       所以 2| | | | | | | 2 | 4P QOP OQ x x kk       所以| | | |OP OQ 为定值 4 21.解析：（1）不妨设 1 2 0x x  ，则原不等式化为 1 1 1 2 2 12 1 2 2 2( 1)2( )ln 1 x x x x x xx x x x    令 1 2 x tx  ，则只需证 2( 1)( ) ln 01 th t t t    ， 2 2 2 1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1) tf t t t t t       故 ( )f t 为增函数，而 1 2 1xt x   ，故 ( ) (1) 0f t f  得证. （2） 3 2( ) 0xg x e ax ax    2 ( 1)xe ax x   （此方程解必满足 1x  ） ln 2ln ln( 1)x a x x     令 ( ) ln 2ln ln( 1)P x x a x x     ，故 1 2x x、 是 ( )P x 的零点，且 1 2 1x x  由 1 1 1ln 2ln ln( 1)x a x x    2 2 2ln 2ln ln( 1)x a x x     1 2 1 2 1 22(ln ln ) ln( 1) ln( 1)x x x x x x        1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln ln( 1) ln( 1) 2 21 2 2( 1) ( 1) 2 x x x x x x x x x x x x                模拟冲刺（七）数学（理）页数 4 /总页数 4 令 1 2x x t  ，则由 4 21 2t t    ， 得： 2 8 8 0t t   解得： 4 2 2t   或 4 2 2t   （不合题意舍去） 22. 解：（1）直线l 的普通方程是 3 0x y   ， 曲线 C 的普通方程是 2 2y x …………………………………………………4 分 （2）将直线l 的标准参数方程 21 2 22 2 x t y t        （t 为参数）代入曲线 2 2y x ，可得 2 6 2 4 0t t   ， 所以 1 2 1 2 6 2PA PB t t t t      …………………………………………10 分 23.解：（1）把 xy  6 代入原不等式得 645  yx ， 此不等式等价于      625 2 xx x 或      625 52 xx x 或      625 5 xx x 分别解得： 22 1  x 或 52  x 货 2 135  x ，故原不等式解集为     2 13 2 1， （2） 3945  yxyx ，当且仅当 50  x ， 40  y 时取等号， 5132  mm