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理数答案 第 1 页 共 4 页 河北辛集中学 2017 级高三理数第一次阶段考试（答案） 1-5 CBBBA 6-10 ACDAD 11-12 DB 13. 1 14. 16 15. 5 7[ , ]6 6   16. 6 17.解析：（1）原式可化为，   2 1cos 3sin cos 2f x x x   ， 1 cos2 3 1sin22 2 2 x x   ， sin 2 sin 26 6x x               ， 故其最小正周期 2 2T    ，令  2 6 2x k k Z      ，解得  2 3 kx k Z    ， 即函数  f x 图象的对称轴方程为，  2 3 kx k Z    . （2）由（1），知   sin 2 6f x x       ，因为 0 2A   ，所以 526 6 6A      . 又   sin 2 16f A A         ，故得 2 6 2A    ，解得 3A  . 由正弦定理及 sin sinb C a A ，得 2 9bc a  .故 1 9 3sin2 4ABCS bc A   . 18.解析：（1）当 1 2   时， / /CE 平面 BDF . 证明如下：连接 AC 交 BD 于点G ，连接GF . ∵ / / , 2CD AB AB CD ，∴ 1 2 CG CD GA AB   .∵ 1 2EF FA ，∴ 1 2 EF CG FA GA   .∴ / /GF CE . 又∵CE  平面 BDF ，GF  平面 BDF ，∴ / /CE 平面 BDF . （2）取 AB 的中点O ,连接 EO .则 EO AB . ∵平面 ABE  平面 ABCD ，平面 ABE  平面 ABCD AB ，且 EO AB ，∴ EO  平面 ABCD . ∵ / /BO CD ，且 1BO CD  ，∴四边形 BODC 为平行四边形，∴ / /BC DO . 又∵ BC AB ，∴ / /AB DO .由 , ,OA OD OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 则  0,0,0O ，  0,1,0A ，  0, 1,0B  ，  1,0,0D ，  1, 1,0C  ，  0,0, 3E . 当 1  时，有 EF FA  ，∴可得 1 30, ,2 2F       .∴  1,1,0BD  ，  1,1, 3CE   ， 3 31, ,2 2BF        .理数答案 第 2 页 共 4 页 设平面 BDF 的一个法向量为  , ,n x y z ，则有 0, 0, n BD n BF         即 0, 3 3 0,2 2 x y y z     令 3z  ，得 1y   ， 1x  .即  1, 1, 3n   . 设CE 与平面 BDF 所成的角为 ，则sin cos CE n     1 1 3 1 55 5      . ∴当 1  时，直线CE 与平面 BDF 所成的角的正弦值为 1 5 . 19.解析：（1）由列联表可知 2K 的观测值 2k         2 2200 50 40 50 60 2.020 2.072110 90 100 100 n ad bc a b c d a c b d              ， 所以不能在犯错误的概率不超过 0.15 的前提下认为 A 市使用网络外卖情况与性别有关. （2）①依题意，可知所抽取的 5 名女网民中，经常使用网络外卖的有 605 3100   （人）， 偶尔或不用网络外卖的有 405 2100   （人）. 则选出的 3 人中至少有 2 人经常使用网络外卖的概率为 2 1 3 3 2 3 3 3 5 5 7 10 C C CP C C    . ②由 2 2 列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的概率为 110 11 200 20  ， 将频率视为概率，即从 A 市市民中任意抽取 1 人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为 11 20 . 由题意得 11~ 10, 20X B     ， ∴   11 1110 20 2E X    ；   11 9 9910 20 20 40D X     . 20.解析：（1）由已知，得 1 2 c a  ， 3b  ，又 2 2 2c a b  ，故解得 2 24, 3a b  ， 所以椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 3 x y  . （2）由（1），知  1 1,0F  ，如图， 易知直线 MN 不能平行于 x 轴. 所以令直线 MN 的方程为 1x my  ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y . 联立方程 2 23 4 12 0, 1, x y x my        ，得 2 23 4 6 9 0m y my    ，理数答案 第 3 页 共 4 页 所以 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4y y m   . 此时  21 2 21 2 4)()1 yyyymMN  （ ， 同理，令直线 PQ 的方程为 1x my  ，  3 3,P x y ，  4 4,Q x y ， 此时 3 4 2 6 3 4 my y m    ， 3 4 2 9 3 4y y m   ，此时    22 3 4 3 41 4PQ m y y y y      . 故 MN PQ . 所以四边形 MNPQ 是平行四边形. 若 MNPQ 是菱形，则OM ON ，即 0OM ON   ，于是有 1 2 1 2 0x x y y  . 又   1 2 1 21 1x x my my    2 1 2 1 2 1m y y m y y    ， 所以有   2 1 2 1 21 1 0m y y m y y     ，整理得到 2 2 12 5 03 4 m m    ， 即 212 5 0m   ，上述关于 m 的方程显然没有实数解，故四边形 MNPQ 不可能是菱形. 21.解析：（1）因为 f（x）＝alnx﹣ax+1，所以 ， 则①当 a＝0 时，f（x）＝1（x＞0）是常数函数，不具备单调性； ②当 a＞0 时，由 f′（x）＞0⇒0＜x＜1；由 f′（x）＜0⇒x＞1． 故此时 f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减， ③当 a＜0 时，由 f′（x）＞0⇒x＞1；由 f′（x）＜0⇒0＜x＜1． 故此时 f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增． （2）因为 ＝ 所以 ， 由题意 g′（x）＝0 有两个不同的正根，即 x2﹣ax+a＝0 有两个不同的正根，则 ，可得 a＞4， 不等式 g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于 恒成立， 又 ＝ ＝ ＝ ＝ ， 所以 ，理数答案 第 4 页 共 4 页 令 （a＞4），则 ， 所以 在（4，+∞）上单调递减， 所以 y＜2ln2﹣3，所以λ≥2ln2﹣3． 22.【详解】（1）直线l 的直角坐标方程为 3 0x y   . 曲线C 上的点到直线 l 的距离 3 2 cos sind    2 34 2 sin      ， 当 14sin       时， 2 3 2 3 2 22maxd    ， 即曲线C 上的点到直线 l 的距离的最大值为 2 3 2 2  . （2）∵曲线C 上的所有点均在直线l 的下方， ∴对 R  ，有 3 0tcos sin    恒成立， 即  2 1 3t cos     （其中 1tan t   ）恒成立， ∴ 2 1 3t   . 又 0t  ，∴解得 0 2 2t  ， ∴实数 t 的取值范围为  0,2 2 .