高三下期第二次月考理数答案解析.pdf

重庆一中 2019-2020 学年高三下期第二次学月考试 第1页，共 5 页 理科数学答案与解析 一、选择题： CCAD；CDBB；CDBA 4．解析：原问题等价于等差数列中，已知 ， ，求 的值．由等差数列的性质可知： ， ，则 ，即中间三尺共重 9 斤．故选 D． 5．解析: 因为 1 12c a b    ，故选 C. 6．解析: 设 BA, 的坐标分别为 ， ，线段 AB 中点的横坐标为 3，则 ， 12 5 2AB p x x p= = + + ，由此解得 4p = ．故选 D． 7. 解析：设事件 A 为“4 引擎飞机安全飞行”，则 44 4 33 4 )1()( PCPPCAP +−= . 设事件 B 为“2 引擎飞机成功飞行”，则 ( ) 2P B p= ， 依题意： ( ) ( )P A P B ，即 ( )3 3 4 4 2 441C p p C p p− +  ，进而解出 1 13 p，故选 B． 8．解析：令 ，解得 ，当 时，则 ，故①正确； 将函数 的图像向右平移 个单位得 ，故②错误； 令 ，得 ，故③错误； 若 ， ， ，故④正确. 故选 B． 9. 解析：设 A 中构成等差数列的元素为 ,,abc，则有 2b a c=+，由此可得 ,ac应该同奇同偶，而当 同奇同偶时，则必存在中间项b , 所以问题转变为只需在1 40− 中寻找同奇同偶数的情况。 ,ac同为奇 数的可能的情况为 2 20C ，同为偶数的可能的情况为 ，所以一共有 2 202 380C= 种，故选 C. 10. 解析： 因为 是等腰直角三角形，所以外接的半圆半径是 ，设外接球的半径是 ，球心 到该底面的距离 ，则 ， ，由题设 ，最 大体积对应的高为 ，故 ，即 ，解之得 ，所以外接球的体积 是 ，故选 D． 1 4a = 5 2a = 234a a a++ 2 4 1 5 6a a a a+ = + = 15 3 32 aaa +== 2349a a a+ + = ( )11,xy ( )22,xy 1232 xx+ = ( )1 π π π2 6 2x k k+ = + Z ( )2π 2 π3x k k= + Z 1k = 8π 3x = ( )fx π 3 1 π π 12sin 2sin2 3 6 2y x x= − + = ( )π 1 π π2 π 2 π2 2 6 2k x k k− +  +  + Z ( )4π 2π4 π 4 π33k x k k− +   + Z ( )f x a= 1 π2sin 26xa+= 1 π π 1 πcos sin2 3 2 2 3xx   − = + −       6 1 πsin 22 ax= + = ABC△ 1 12 32r =  = R O d 1 632ABCS =  =△ 3BD = 116336ABCV S h h= =  =△ 3SD h== 223Rd=+ ( )22 33RR= − + 2R = 34 32ππ33R =重庆一中 2019-2020 学年高三下期第二次学月考试 第2页，共 5 页 11．解析： 1)1ln( 1 ,0),,(,)1ln( 1, 0 2 0 3 0 0 02 0 3 00 0 0 −=− ++⊥+−+ x xx x xaBOAxxxBxaxA 则则）（ )),1,1((,)1ln( 1 2 0 0 0 −−+ += eexx xa 易求得 a ）（ 2, 2ee ，故选 B． 12. 解： 2=AB ，取 AB 中点为 M ， ABCMCM ⊥= 且,2 2 ,延长 MA 至Q ,使得 2 233 == MAMQ , 则 PQMAPMPBPA =+=− 32 , 522 =+= MQMCQC ,所以Q 的轨迹是以C 为圆心， 5 为半径的圆， 2=PC , 所以  25,25 +− → PQ . （注：也可以用圆的参数方程来做） 二、填空题 13. =r 3 14. 解析: 由于长方体被平面所截，可以考虑沿着截面再接上一个一模一样的几何体，从而拼成了一个长 方体，∵长方体由两个完全一样的几何体拼成，∴所求体积为长方体体积的一半。从图上可得长方体的 底面为正方形，且边长为 2，长方体的高为 ，∴ ，∴ . 15．解析：由条件知 的展开式中 的系数为 , 解得 =− dxxa 240 16. 解析：∵数 满足： ， ． ，化为 ， ∴数列 是等比数列,首项为 ,公比为 2,∴ , , ∵ ，且数列 是单调递增数列，∴ ，∴ ，解得 ; 再由 ，可得 ，对于任意的 恒成立， . 综上，答案为 ． 三、解答题 17.解析：（1）由题意， ，在 中，由余弦定理可得 即 或 (舍),∴ 的面积 ． （2）在 中，由正弦定理得 ，代入得 ，由 为锐角，故 ， 所以 . 3 1 4+= 22 4 16V =  =长方体 1 82VV==长方体 ( ) 611 ( 0)x ax ax + +  2x 24 6 240Ca = 2.a = 1 4.4   =  na 1 1a = ( )1 2 n n n aana  + =+ N 1 121 nnaa+  = + 1 1212 nnaa+ + = + 1 1 na +  1 1 12a += 1 12n na += ( ) ( )1 12 1 2 2n n n b n na+  = − + = −   2 1 5b =−  nb 21bb ( ) 21 2 2 5  −   − 12−   21nnbb++ 12 n + n N 3 2 31 2−   120BDA =  ABD△ 2 2 2 2 cos120AB BD AD BD AD= + −    228 16 4 2AD AD AD= + +  = 6AD =− ABD△ 1 1 3sin 4 2 2 32 2 2S DB DA ADB=     =    = ABD△ sin sin AD AB B BDA=  21sin 14B = B 57cos 14B = ( ) 21sin sin 60 sin 60 cos cos60 sin 7C B B B=  − =  −  =重庆一中 2019-2020 学年高三下期第二次学月考试 第3页，共 5 页 18．解析：（1）取 的中点 ，连接 和 ，∵底面 是边长为 2 的正三角形， ∴ ，且 ； ∵ ， ， , ， ∴ ，又∵ ，∴ ，∴ . 又∵ 01 =BCOB  ，∴ 平面 ，又∵ 平面 ，∴平面 平面 ． （2）如图所示，以点O 为坐标原点，OC 为 轴，OA为 轴，OH 为 轴建立空间直角坐标系，可知 2=BH ，则 ， ， ， )3,0,0(H , ， ∴ ),0,3,1(),0,3,1(),2 33,3,2 1(1 −=−−=−= ACABAB 设 为平面 的法向量，则    = = 0 0 11 1 ABn ABn ， 即 ，令 ，得 )1,1,3-(1 =n ； 设 为平面 1CBB 的法向量，则 )0,1,0(=2n ； 5 5 15 1cos =  = = 21 21 21 nn nnn,n ，可分析二面角 ABBC −− 1 的平面角 为锐角，∴ 5 5cos = . 19.解析:（1）由图可知，第一组有 3 人，第二组 7 人，第三组 27 人，因为后四组的频数成等差数列，所 以后四组频数依次为 27,24,21,18 ，所以视力在 0.5 以下的频率为 82.018.0-1 = ， 故全年级视力在 以下的人数约为 821000 820100=人 （2） 2 2 100 (41 18 32 9) 300 4.110 3.84150 50 73 27 73k   − = =     因此在犯错误的概率不超过 05.0 的前提下，可以认为视力与学习成绩有关系． （3）可知 9 人中年级名次在 50~1 的有 3 人， 1000~951 的有 6 人， 3,2,1,0可取X 。 ,84 1)3(,84 18)2(,84 45)1(,84 20)0( 3 9 3 3 3 9 2 3 1 6 3 9 1 3 2 6 3 9 3 6 ============ C CXPC CCXPC CCXPC CXP X 的分布列为 BC O OA 1OB ABC OA BC⊥ 3OA = 1 3BB = 1 60CBB =  1OB = 2 2 2 1 1 3 2 1 3 cos60 7OB = + −     = 1 7OB = 1 10AB = 2 2 2 1110OA OB AB+ = = 1OA OB⊥ OA ⊥ 11BCC B OA  ABC ABC ⊥ 11BCC B x y z ( )0, 3,0A ( )1,0,0B − ( )1,0,0C 1 1 3 3,0,22B   ( )1 1 1 1,,x y z=n 1ABB 11 1 1 1 30 1 3 33022 xy x y z   −= − + = − 1 1y = ( )2 2 2 2,,x y z=n X 0 1 2 3 P 84 20 84 45 84 18 84 1 重庆一中 2019-2020 学年高三下期第二次学月考试 第4页，共 5 页 184 1384 18284 45184 200)( =+++=XE 20.解析：（1）由椭圆焦距为 4，设 ， ，连结 ，设 ，则 ，又 ， 得 ， ， a bccEFacEFEFFOFOFOE 2sin2,c2cos2,90,c 2 2 12121 ========  ， 2,221 ===+ cbaEFEF ， ，所以椭圆方程为 ...........5 分 （2）设直线 方程： ， 、 ，由 ，得 ， 所以 ，由（ 1）知直线 ： ，代入椭圆得 ， ，得 ， 由直线 与线段 相交于点 ，得 ， ..........................9 分 ，而 与 ，知 ， ，由 ，得 ， 所以 ， 四边形 面积的取值范 ．.....................12 分 21.解析：（1），当 1=b 时， 1cos)()(),1ln(sin)( +−==+−= x axxfxgxaxxf ， )0( a 2)1(sin)( ++−= x axxg 在 )2,0(  是减函数，且 2)12( 1)2(,0)0( + +−==   agag ， ①，当 2)12(,0)2( +  ag 时， 0)(  xg 恒成立， )(xg 在      20 ， 是增函数，无极值； ②，当 2)12(,0)2( +  ag 时, )2,0(0 x ,使得 0)( 0 = xg ， )(,0)(),,0( 0 xgxgxx  单调增； )(,0)(),2,( 0 xgxgxx   单调减， 0x 为 )(xg 唯一的极大值点，所以 )12,0( 2      + a ............5 分 （2） ),(),ln(sin)(,1 +−+−== bxbxxxfa ， )2,1( − eb ，可知， （ⅰ） 0)(),( + xfx 时， ，无零点；所以只需研究 ),( b− ， bxxxf +−= 1cos)( ， （ⅱ） ),2( x 时， 01cos)( +−= bxxxf ，可知 )(xf 单调减， 0)22ln(1)2ln(1)2( =−+−+−=  ebf ， 0)( f ， 0)(),,2( = sfs 唯一的 ； ( )1 2,0F − ( )2 2,0F 1EF 12EF F = tan b c = 2 2 2a b c=+ sin b a = cos c a = 2 8a = 22 184 xy+= 2l +y x m=− ( )11,C x y ( )22,D x y 22 184 xy y x m += = − +   223 4 2 8 0x mx m− + − = 12 2 12 4 3 28 3 x x m mxx += −=     1l yx= 226, 633A−− 226, 633B  83 3AB = 2l AB P 446, 633m − ( ) ( )22 2 2 1 2 1 2 1 2 4 2 816 42 2 8 2 +129 3 3 mmCD x x x x x x m − = − = + − = − = − 2 1lk =− 1 1lk = 21ll⊥ 21 16 3 +1229ACBDS AB CD m =  = − 446, 633m − 2 32 ,03m −  −  216 3 32 32+12 ,9 9 3m −   ACBD 32 32,93   重庆一中 2019-2020 学年高三下期第二次学月考试 第5页，共 5 页 （ⅲ）当 ),2,( bx − 2)( 1sin)( bxxxf ++−= 是减函数，且 0 )2( 11)2(,010)0( 2 2  + +−=+= b fbf   则 0)(),2,0( 11 = xfx  ， )(xf  在 是减函数是增函数， )2,(),( 11 xxb− ，并且 0)(lim  +−→ xf bx ， 011)0( −= bf ， 0 2 1)2(  + −= b f   ， 所以 ,0)(),2,0(;0)(),0,( 3322 ==− xfxxfbx  且知 减增，在减，在在 )2,(),(),()( 3322 xxxxbxf − . 又因为 ,0ln0)0(,0)(lim −= +−→ bfxf bx 0)2( f ，所以 ,0)(),0,( =− mfbm 0)(),2,0( = nfn  ，综上所述，由（ⅰ）（ ⅱ）（ ⅲ）可知， )(xf 有 3 个零点。 .....12 分 (注：也可转化为 bxe x =-sin 讨论，但若转化为 bxe x +=sin ，用直线和曲线的图形来说明最多得 3 分) 22.解：(1)由 2cos 2 2cos x y   =  =+ ( 为参数)，得 2240x y y+ − = ，即 2 4 sin 0  −=，所以 4sin= （2）设直线l 的参数方程是 1 cos 1 sin xt yt   = +   = +  ( 为参数)，曲线C 的直角坐标方程是 2240x y y+ − = ， 联立方程可得 2 2(cos sin ) 2 0tt+ − − = ， NM, 对应的参数分别为 21,tt ，所以 12 2tt = − ， 且| | 2 | |MA MB= ，所以 122tt=− ，则 122, 1tt= = − 或 122, 1tt= − = ，所以 12| | | | 3AB t t= − = 23.解（1）当    − 2,2 1 ax 时， 1)12()2()( +=++−= axxaxf 所以 )()( xgxf  可化为 )(1 xga + ， 又 34)( 2 −+= axxxg 的最大值必为 )2 1-(g 、 )2(ag 之一      + −+  )2(1 )2 1(1 aga ga 即    − − 23 4 2 a a 即 .23 4 − a 又 ,1−a 所以 .21 − a 所以 a 取值范围为( 2,1− （2）由（1）可知 2=m ，所以 2=++ c ab b ca a bc ，得 0,2222222 =++ abcabcabcacb ， ,2,2,2 222222222222222 acbbacbbcabacaabccacb +++ )(222222 cbaabcabcacb ++++ ，即 2),(2 ++++ cbacbaabcabc .