2020届重庆一中高高三下学期数学（文）第二次周考试题答案.pdf

第 1 页 共 4 页 重庆一中高 2020 级高三下期第二次周考 数学（文科）参考答案 一、选择题：(每小题 5 分，共 60 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A D B A B B C A C B 二、填空题：(每小题 5 分，共 20 分) 13. 2 14. 3 4 15. 4 5 16. 22 4n  三、解答题： 17. 解：（I）由已知 cos 2sin sin ,cos sin C A C B B  即  cos sin 2sin sin cos ,C B A C B   sin 2sin cos ,B C A B  18．解：（Ⅰ）女生打分平均数 1 68+69+76+75+70 78+79+82+87+96 =10 （ ）78 ， 男生打分数据比较分散 ……………4 分 （Ⅱ） 9 10 0.045.20h    …………8 分 （Ⅲ）设“有女生被抽中”为事件 A ，打分在 70 分以下（不含 70 分）的同学中女生有 2 人设 为 ,a b ，男生 4 人设为 , , , .c d e f 基本事件有 , , , , , , , , , , , , , , ,abc abd abe abf acd ace acf ade adf aef bcd bce bcf b de bdf bef ， , , , ,cde cdf cef def 共 20 种，其中有女生的有 16 种， 所以 16 4( ) .20 5P A   …………12 分 19.解:(Ⅰ） E 为CD 中点，所以四边形 ABCE 为矩形，所以 CDAE  当 2 1 时，Q 为 AD 中点， CDPQ // 所以 AEPQ 第 2 页 共 4 页 因为平面 SCD ⊥平面 ABCD ， CDSE  ，所以 ABCD面SE 因为 PQ 在面 ABCD 上，所以 SEPQ  所以 PQ ⊥面 SAE 所以面 MNPQ ⊥面 SAE …………6 分 （Ⅱ） hSVVV BCQBCQSBCQNBCNQ   3 1 2 1 2 1 ∵ SDSC  , E 为CD 中点 ∴ CDSE  又∵平面 SCD ⊥平面 ABCD , 平面 SCD ∩平面 CDABCD  , S 在平面 SCD 内 ∴ ABCD面SE ∴ SE 即为 S 到平面 BCQ 的距离,即 hSE  ………………8 分 在 SCD 中, ,2 CDSDSC ∴ 3SE 在直角梯形 ABCD 中,易求得: 3BC ∵ NM , 为中点 ∴ ABMN // ∴ MNPQAB 面// 又∵平面 MNPQ ∩平面 ABCD PQ ∴ PQAB // , 又 PQPQBCSBCPQBCAB BCQ 2 3 2 1,,   …………10 分 ∴ PQhSVVV BCQBCQSBCQNBCNQ 4 1 3 1 2 1 2 1   如图,在梯形 ABCD 中, 1GD , ,4 314 7 4 3  ABPQFQAD AQ GD FQ ∴ 4 7 4 31  FQPFPQ ,  16 7 4 1  PQV BCNQ …………12 分 20.解：（Ⅰ）由题意得 2, 1a b  ，得椭圆方程为： 2 2 14 x y  ……………4 分 （Ⅱ）i)当 ,OP OQ 斜率都存在且不为 0 时，设 :OPl y kx ， 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 由 2 2 14 y kx x y    消 y 得 2 1 2 4 1 4x k   ， 2 2 2 2 1 1 2 4 1 4 ky k x k    同理得 2 2 2 2 4 4 kx k   ， 2 2 2 22 2 1 4 4y xk k    故 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 5 4x y x yOP OQ     第 3 页 共 4 页 当 ,OP OQ 斜率一个为 0，一个不存在时，得 2 2 1 1 1 1 5 4 1 4OP OQ     综上得 2 2 1 1 5 4OP OQ   ，得证 …………8 分 ii) 当 ,OP OQ 斜率都存在且不为 0 时:由上面所求可知: 2 2 2 1 2 1 41 44 k kyxOP   2 2 2 2 2 2 4 44 k kyxOQ   2 2 2 2 2 22 2 2 1 1 4 4 4 4 (1 ) 42 1 4 42 2 1 4 4 5( )2 OPQ k k kS OP OQ k kk k             当且仅当 11441 222  kkkk 时取等号 …………12 分 21 解 : （ Ⅰ ） 1m 时 , xxxxf ln2)( 2  1,1)1()0(122122)( / 2 /  kfxx xx xxxf 0)1( f ,在点处 ))1(,1( f 的切线方程为 021)1(1  yxxxky …4 分 （Ⅱ） )0(2222)( 2 /  xx mxx x mxxf 022 2  mxx 的 m84  的对 称轴为 2 1x （1）当 0 即 2 1m 时,方程 022 2  mxx 无解, 02222)( 2 /  x mxx x mxxf 在  ,0 恒成立,所以 )(xf 在  ,0 单增 当 0 即 2 1m 时,方程 022 2  mxx 有相等的实数解, 02222)( 2 /  x mxx x mxxf 在  ,0 恒成立,所以 )(xf 在  ,0 单增 （2）当 0 即 2 1m 时,方程 022 2  mxx 有解, 解 得 2 211,2 211 21 mxmx  当 0m 时 , 21 0 xx  , 解 不 等 式 2 2 / 02222)( xxx mxx x mxxf  所以 )(xf 在  ,2x 单增,在  2,0 x 单 减 ， 当 2 10  m 时, 210 xx  ,解不等式 12 2 0022 xxxxx mxx  或第 4 页 共 4 页 所以 )(xf 在 ,2x 单增,在  21, xx 单减 ,在  ,2x 和  1,0 x 单增, 综上所得: ， 单调递减， 单调递增； ， 单调递增， 单调递减， 单调 递增； ， 单调递增 …………8 分 (Ⅲ)´由(Ⅰ)可知当 )2 1,0(m 时函数 )(xf 有两个极值点 2,1 xx , )( 21 xx  且 2,1 xx 为方程 022 2  mxx 的两个根, 2 211,2 211 21 mxmx  , mxx 2121  令 )0,1()),2 1,0((21  tmmt ,则问题转化为 tettg )4 3()(  在 )2 1,0(t 的最值. 又∵ ,)4 1()4 3()(/ ttt eteettg  且 0)(0,4 1,0)()4 1,1( //      tgttgt 时时 , )(tg 在 单增时单减时 )(0,4 1,)()4 1,1( tgttgt      ,所以当 4 1t 时 )(tg 最小 ∴ 4 1 min )4 1()(   egtg …………12 分 21.（I）曲线 1C 的直角坐标方程为 2 0x y a   曲线 2C 的直角坐标方程 2 , [ 2, 2]y x x   ； …………5 分 （Ⅱ）联立 1 2,C C 得 2 2 0x x a   易 2 22 12 ( ) ,2 2y x x x     2, 2x     要满 足两个不同的交点，则 1[0, )2a …………10 分 23.（I）   2 2 1 2g x x x x       两边平方可得： 3| 2x x    ……5 分 （Ⅱ） 1 2R,x x R    ,有 1 2( ) ( )f x g x     | ( ) | ( )y y f x y y g x   ， ( ) 2 2 3 (2 ) (2 3) 3f x x a x x a x a          ， ( ) 1 2 2g x x    ，故 3 2 1 5a a a      或 . a 的取值范围为   , 5 1,    …………10 分