四川省南充高级中学2020届高三下学期第二次线上月考数学（理）答案.pdf

南充高中高 2017 级线上第二次月考数学试卷（理） 解析 1． A 2． B 3． D 4． C 5．B 6． B 7． C 8． D 9． A 10． D 11．D 12． C 13． 21 2 14． 0.8 15． 90 16． 4 3 36 0x y   17． 【解析】（1）由 2 1cos sin2 12B B  ，则1 cos2 1 sin 2 12 2 B B   ，即sin2 cos2 1B B  ，········2 分 又 πsin2 cos2 2sin 2 14B B B       ，所以 π 2sin 2 4 2B     ，·········4 分 又 π0 2B  ，所以 π 3π2 4 4B   ，解得 π 4B  ，·········6 分 （其他解法，酌情给分） （2）因为 3BC AB   ，即 3AC  ，即 3b  ，·········7 分 在 ABC△ 中，由余弦定理  2 2 2 2 22 cos 2 2 2b a c ac B a c ac ac        （当且仅当 a c 时等号成立） 即  ac229  ，所以 2 )22(9 22 9   ac ．········10·分 所以 4 )12(9 4sin2 )22(9 2 1sin2 1  BacS ABC 所以 ABC△ 面积的最大值为 4 )12(9  ·········12 分 18． 【解析】（1）由题意知，从 B 配方产品中随机抽取一次抽中二级品的概率为 1 4 ，则没有 抽中二级品的概率为 3 4 ，所以，   33 371 4 64P C       ．········5·分 （2） A配方立品的利润分布列为 y t 25t p 0 6． 0 4． 所以   20 6 2AE y t t ． ．·········8 分 B 配方产品的利润分布列为y t 25t 2t p 0 7． 0 25． 0 05． 所以   20 7 13BE y t t ． ． ，·········10 分 因为 1 1 7 6t  ，所以     7 1 010 7A BE y E y t t       ． 所以投资 A配方产品的平均利润率较大．········12·分 19． 【解析】（1）∵ //EF CD， ABCD 是正方形， ∴ //EF AB ，∵ M N、 分别为棱 AE BF、 的中点，∴ //MN AB， ∵ DE 平面 ABCD，∴ DE AB ， ∵ AB AD ， AD DE D ， ∴ AB 平面 ADE ，·········2 分 ∴ AB AE ，从而 MN AE ， ∵ DE DA ， M 是 AE 中点，∴ DM AE ，········4·分 ∵ MN DM M ，∴ AE  平面 DMN ， 又 AE 平面 ABFE ，∴平面 DMN  平面 ABFE ．········6·分 （2）由已知， DA ， DC ， DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 D xyz ， 设 2AD  ，则  2,0,0A ，  0,0,2E ，  2,2,0B ，  0,2,0C ，  0,1,2F ， ∴  2,0,0CB  ，  0, 1,2CF   ，设平面 BCF 的一个法向量为  , ,n x y z ， 由 0 0 n CB n CF        得 2 0 2 0 x y z     ，令 2y  ，则  0,2,1n  ，·········8 分 由（1）可知 AE  平面 DMN ， ∴平面 DMN 的一个法向量为  2,0,2AE   ，·········10 分 设平面 DMN 和平面 BCF 所成锐二面角为 ， 则 10cos cos< > 10n AE    ， 所以，平面 DMN 和平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为 10 10 ．·········12 分20． 【解析】（1）由 1 2PF F△ 的面积可得 1 2 1 22 c   ，即 2c  ，∴ 2 2 4a b  ．① 又椭圆C 过点  6, 1P  ，∴ 2 2 6 1 1a b   ．② 由①②解得 2 2a  ， 2b  ，故椭圆C 的标准方程为 2 2 18 4 x y  ．·········5 分 （2）设直线 l 的方程为 y x m  ，则原点到直线 l 的距离 2 md  ， 由弦长公式可得 2 22 2 8 22 mAB m    ． 将 y x m  代入椭圆方程 2 2 18 4 x y  ，得 2 23 4 2 8 0x m x m    ， 由判别式  2 216 12 2 8 0m m     ，解得 2 3 2 3m   ． 由直线和圆相交的条件可得 d r ，即 2 2 m  ，也即 2 2m   ， 综上可得 m 的取值范围是 2,2 ．· 设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，则 1 2 4 3 mx x   ， 2 1 2 2 8 3 mx x  ，········8 分 由弦长公式，得   2 2 2 2 1 2 1 2 16 8 32 42 4 2 129 3 3 m mCD x x x x m        ． 由 CD AB ，得 2 22 4 12 2 2 83 13 48 2 mCD AB mm        ．·········10 分 ∵ 2 2m   ，∴ 20 4 4m   ，则当 0m  时，  取得最小值 2 6 3 ， 此时直线 l 的方程为 y x ．········12 分 21.【解析】（1）当 1a 时， )1(,1)1ln()(  xxxxf 则 )1(,1)1ln()('  xx xxxf 令 )1(,1)1ln()(  xx xxxg ，则 )1(,)1( 2 )1( 1 1 1)( 22 '   xx x xxxg 当 21  x 时， 0)(' xg ，当 2x 时， 0)(' xg 所以 )(xg 在 )2,1( 上单减，在 ),2(  上单减增所以， 02)2()(  gxg ，即 0)(' xf ，故 )(xf 在 ),1(  上单调递增·········5 分 （2） 由上可知，获证。 注：本题还有很多其他证明方法。可根据实际情况给分 另解 1： ·········7 分 ·········9 分 ·········12 分另解 222． 【解析】（1）因为 4sin  ，所以 2 4 sin   ， 所以 2 2 4x y y  ，即曲线 C 的直角坐标方程为：  22 2 4x y   ，·········2 分 直线l 的参数方程 3π1 cos 4 3πsin 4 x t y t          (t 为参数)，即 21 2 2 2 x t y t          (t 为参数)，·········5 分 （2）设点 A ， B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得 2 2 2 21 2 42 2t t                 ， 整理，得 2 3 2 1 0t t   ，所以 1 2 1 2 3 2 · 1 t t t t      ，·········8 分 因为 1 0t  ， 2 0t  ， 所以 1 2 1 2 3 2MA MB t t t t      ．·········10 分 23． 【解析】（1）解： 2 1 5x x    ， 当 2x  时，    2 1 5x x    ， 4x  ； 当1 2x  时，   2 1 5x x    ，1 5 ，无解； 当 2x  时，    2 1 5x x    ， 1x   ． 综上，不等式的解集为： | 4 1 x x x  或 ．·········5 分 （2）证明：   2 2a bf ab a f ab ab a           2 2ab b a       2 22 2ab b a      2 2 2 2 2 24 4 0 1 4 0a b b a a b         ． 因为 1a  ，所以 2 1 0a   ，所以 2 4 0b   ， 2b  ．·········10 分