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数学（理）模拟卷三答案 一．选择题 1---6CBACAA 7----12CBBBAD 二．填空题 13． 120, 5     14．1 15． 3 5,4 3      16． 1( , )e  17.当命题 p 是真命题时，函数   2 2 3f x x ax   的值域为 0, ，则 24 12 0a    ， 解得 3a   或 3a  ； 解不等式    2 2 5 5 0a m a m m     ，即    5 0a m a m      ， 解得 5a m  或 a m ，所以，命题 : 5q a m  或 a m . 则 : 3 3p a    ， : 5q m a m    ， 所以， 5 3 3 m m      ，解得 3 5 3m   18（1）证明：取 BC 的中点 H ，连结OH 、 FH 、OE ， 因为 FB FC ，所以 FH BC ， 因为平面 FBC  平面 ABCD ，平面 FBC  平面 ABCD BC ， FH  平面 FBC ， 所以 FH  平面 ABCD ， 因为 H 、O 分别为 BC 、 AC 的中点，所以 / /OH AB 且 1 2 3 2 3OH AB  . 又 / /EF AB ， 2 3 3EF  ，所以 / /EF OH ，所以四边形OEFH 为平行四边形， 所以 / /OE FH ，所以OE  平面 ABCD . （2）解：因为菱形 ABCD ，所以 2OA OC OE FH    . 所以OA， OB ，OE 两两垂直，建立空间直角坐标系O xyz ，如图所示，则 (2,0,0)A ， 2 3(0, ,0)3B ， ( 2,0,0)C  ， (0,0,2)E ， 所以 (1,0,1)Q ， 所以 2 3( 2, ,0)3BC    ， (3,0,1)CQ  ， 设平面 BCQ 的法向量为 ( , , )m x y z ， 由 0 0 BC m CQ m           得 2 32 03 3 0 x y x z       ， 取 1x  ，可得 (1, 3, 3)m    ， 平面 ABC 的一个法向量为 (0,0,1)n  ， 设二面角Q BC A  的平面角为 ， 则 3 3 13cos 131 1 3 9m n m n            ， 所以二面角Q BC A  的余弦值为 3 13 13 . 19（1）由题意可知，随机变量 X 的可能取值有 3 、 4 、 5 、6，   31 13 2 8P X       ，   3 1 3 1 34 2 8P X C        ，   3 2 3 1 35 2 8P X C        ，   31 16 2 8P X       . 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：X 3 4 5 6 P 1 8 3 8 3 8 1 8 所以，   1 3 3 1 93 4 5 68 8 8 8 2E X          ； （2）依题意，当1 98n  时，棋子要到第 1n  站，有两种情况： 由第 n 站跳1站得到，其概率为 1 2 nP ； 可以由第 1n  站跳 2 站得到，其概率为 1 1 2 nP  . 所以， 1 1 1 1 2 2n n nP P P   . 同时减去 nP 得    1 1 1 1 1 1 1 982 2 2n n n n n nP P P P P P n           ； （3）依照（2）的分析，棋子落到第99站的概率为 99 98 97 1 1 2 2P P P  ， 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有 100 98 1 2P P . 所以 100 99P P ，即最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，游戏不公平. 20.（1）由题意得： (2 1 1) ( 1 0 1) 4 0           , (1,2) ( 1,0)A B 、 被直线 1 0x y   分隔； （2）由题意得：直线 y kx 与曲线 2 24 1x y  无交点, 2 24 1x y y kx     ,整理得 2 21 4 1 0k x   无解,即 21 4 0k  1 1, ,2 2k              , 又对任意的 1 1, ,2 2k             ，点 (1,0) 和 ( 1,0) 在曲线 2 22 1x y  上，满足 2( 0)( 0) 0k k k        ，所以点 (1,0) 和 ( 1,0) 被直线 y kx 分隔，所求的 k 的范围是 1 1, ,2 2             . （3）由题意得：设 ( , )M x y , 2 2( 2) | | 1x y x     , 化简得点 M 的轨迹方程为 2 2 2( 2) 1x y x       对任意的 0y R ，点 00, y 不是方程 2 2 2( 2) 1x y x      的解 直线 0x  与曲线 E 没有交点, 又曲线 E 上的两点 ( 1,2) 和 (1,2) 对于直线 0x  满足 1 1 1 0       , 即点 ( 1,2) 和 (1,2) 被直线 0x  分隔, 21.（1）解： 2 2 22 2( ) 1 a ax x af x ax x x       ， (0, )x  . 设 2 2( ) 2 ( 0)p x ax x a x    ， 31 8a   当 1 2a  时， 0  ， ( ) 0p x  ，则 ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增 当 10 2a  时，   ， ( )p x 的零点为 3 1 1 1 8 2 ax a   ， 3 2 1 1 8 2 ax a   ， 所以 ( )f x 在 31 1 80, 2 a a       ， 31 1 8 ,2 a a        上单调递增 ( )f x 在 3 31 1 8 1 1 8,2 2 a a a a         上单调递减 当 0a  时，   ， ( )p x 的零点为 31 1 8 2 a a   ， ( )f x 在 31 1 80, 2 a a       上单调递增，在 31 1 8 ,2 a a        上单调递减. （2）证明；由（1）知，当 10 2a  时， ( )f x 存在两个极值点 不妨假设 1 20 x x  ，则 1 2 1x x a   要证    1 2 1 2 1 2 1 1f x f x x x x x    ，只需证       1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x x x x x xf x f x x x x x     只需证      2 21 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 12 2 ln 2 ln2 2 x x x xx x a x x a x x ax x x x             即证  2 1 1 2 1 2 2 2 1 12 ln 2 x x xa x xx x x     ， 设 1 2 (0 1)xt tx    ，设函数 2 1( ) 2 lng t a t t t    ， 2 2 2 2 1( ) t a tg t t     ， 因为 44 4 0a    ，所以 2 22 1 0t a t   ， ( ) 0g t  ， 所以 ( )g t 在 (0,1) 上单调递减，则 ( ) (1) 0g t g  又  1 2 1 02 x x  ，则  1 2 1( ) 0 2g t x x   ，则  2 1 1 2 1 2 2 2 1 12 ln 2 x x xa x xx x x     从而    1 2 1 2 1 2 1 1f x f x x x x x    22．（1）当 6a  时，直线l 的参数方程为 31 , 1 ,6 2 11 , 1 ,6 2 x tcos x t y tsin y t                   . 消去参数 t 得 3 1 3 0x y    . 由曲线 C 的极坐标方程为 2 2 4 1 sin    . 得  22 sin 4    ， 将 2 2 2x y   ，及 siny   代入得 2 22 4x y  ， 即 2 2 14 2 x y  （2）由直线 l 的参数方程为 1 , 1 , x tcos y tsin         （t 为参数，0    ）可知直线 l 是过点 P （-1，1）且倾斜角为 的直线，又由（1）知曲线 C 为椭圆 2 2 14 2 x y  ，所以易知点 P（-1， 1）在椭圆 C 内，将 1 , 1 , x tcos y tsin         代入 2 2 14 2 x y  中并整理得    2 21 sin 2 2sin cos 1 0t t       ， 设 A，B 两点对应的参数分别为 1 2,t t ， 则 1 2 2 1 1 sint t     所以 1 2 2 1 1 sinPA PB t t     因为 0    ，所以  2sin 0,1  ， 所以 1 2 2 1 1 ,11 sin 2PA PB t t          所以 PA PB 的取值范围为 1 ,12     . 23（1）当 a=1 时，   3, 1, 1 2 , 1 2 3, 2 x f x x x x           ， 可得   2f x   的解集为 3 2x x     （2）当 ,x y R 时，              max min2 2 2 2f y f x f y f x f y f x f x                 , 因为    2 2 2x x a x x a a         ， 所以  2 2 2a a     . 所以 2 1a   ，所以 3 1a    . 所以 a 的取值范围是[-3，-1]