4.19广附理数卷答案及评分标准.pdf

答案第 1 页，总 8 页 广大附中高三理数训练卷（4.19）参考答案 1．C 2．C 3．B 4．D 5．A 6.B 7．B 8．A 9．C 10．A 11．C 12．C 5.【解析】由题意知：双曲线的焦点在 x 轴上，所以 2234m n m n    ，解得 2 1m  ， 因为方程 22 113 xy nn 表示双曲线，所以 10{30 n n  ，解得 1{ 3 n n   ，所以 n 的取值范围是 1,3 。 7．B 【详解】 函数  fx在 R 上可导，其导函数为  fx ，且函数 在 1x  处取得极大值， 当 1x  时，   0fx  ；当 时，   0fx  ；当 1x  时，   0fx  . 0x时，   0y xf x   ， 01x时，   0y xf x   ， 当 0x  或 时，   0y xf x   ；当 时，   0xf x. 8．A 【详解】作出约束条件表示的可行域，如图所示.因为 z ax y的最大值为 26a  ，所以 在点 (2,6)A 处取得最大值，则 1a，即 1a  . 故选：A 9．C 【详解】 2 2 2 2x y x y 且 2 2 4xy  ， 2 2 4 2 2 2x y x y xy       ， 等号成立的条件是 xy ， 又 2x y xy ， 0, 0xy 2 2 1xy xy    ， 等号成立的条件是 , 2 2 4 1xy xy     ， 反过来，当 12, 3xy时，此时 1xy  ， 但 2 2 4xy，不成立， “ ”是“ ”的充分不必要条件. 10．A 【详解】因为左右平移不改变最值，所以 225 5 9 1 0 1a a a a         因为 5 sin 5 cos 10 sin( )4y x x x     ，向右平移 个单位得到 10 sin( ) 10 cos( )sin 10 sin( )cos4 4 4y x x x           ， 而 3sin cos 3sin cosy x a x x x    ， 所以 10 cos( ) 3, 10 sin( ) 144      ，即 1tan( )43     , 从而 11 ( )3)]tan ta 211 ( )3 n[ (44        .答案第 2 页，总 8 页 11．C 【解析】设直线 AB 的方程为 2 py kx，代入 2 2x py 得： 2220x pkx p   ，由根与系数的关系得 2ABx x pk ， 2 ABx x p ，从而得到  2| | 2 1AB p k，同理可得 2 1| | 2 (1 )CD p k，再利用 1 1 1 | | | | 4AB CD求得 p 的值，当 Q，P，M 三点共线时，即可得答案. 【详解】根据题意，可知抛物线的焦点为(0, )2 p ，则直线 AB 的斜率存在且不为 0， 设直线 AB 的方程为 ，代入 得： . 由根与系数的关系得 ， ，所以 . 又直线 CD 的方程为 1 2 pyxk   ，同理 ， 所以 2 2 1 1 1 1 1 1 1| | | | 2 (1 ) 2 42 (1 )AB C p k p k Dp      ， 所以 24p  .故 2 4xy .过点 P 作 PM 垂直于准线，M 为垂足， 则由抛物线的定义可得| | | |PF PM . 所以| | | | | | | | | | 3PF PQ PM PQ MQ     ，当 Q，P，M 三点共线时，等号成立. 12．C 【解析】A 正确。 取 1AD的中点为 F,连接 MF,EF，则平面 BEFM 是平行四边形， 所以 1A EF 为异面直线 BM 与 1AE所成角，故 B 正确； A 关于直线 DE 对称点 N，则 DE 平面 1A AN ，即过 O 与 DE 垂直的直线在平面 上，故 C 错误； 三棱锥 1A ADE 外接球的半径为 2 2 AD ，故 D 正确.故选 C. 13． 5 2 5,55   14． 10 15．【详解】取 1xy，则 35( ) (2 )x y x y a   的展开式中各项系数的和为：  532 1 256a   . 故 1a  ，则    3 355( ) (2 ) 21xyx y x y xya       ，  3xy 的展开式： 3 13 m m m mT C x y   ； 521xy 的展开式：    5 1521nnn nT C x y     取 2, 5mn得到：  52 2 5 351C xy C y   ，取 1y  得到系数为 0 ； 取 3, 4mn得到：  43 3 4 3521C y C x y    ，取 得到系数为 ； 综上所述：该展开式中含字母 x 且 的次数为 1 的项的系数为 。 故答案为： 。 答案第 3 页，总 8 页 16． 2 ,2 e e   【分析】利用导数研究  fx的单调性和极值，由此画出 的图像.令    t g x f x ，将方程     1fx fx 有四个不等的实根转化为 2 10tt   在 0, , ,22 ee          上各有一实根来求解，结合二次函数的根的分布列不等式，解不等式求得 的取值范围. 【详解】依题意可知函数   2 xefx x 的定义域为   ,0 0,   .且    ' 3 2xexfx x  .所以 在    ,0 , 2,  上递增，在 0,2 上递减，且   2 2 4 ef  ，由此画出 的图像如下图所示. 令 ，则  t xg 的单调性与 相同，且  2 2 eg  . 关于 x 的方程 有四个不等的实根，所以 1t t ，即 在 上各有一实根.令    2 1, 0 1 0h t t t h     ，所以 02 eh ，即 2 1042 ee    ，所以 2 2 e e .所以实数 的取值范围是 . 17．（1） 5 ；（ 2）32 3 48 【详解】解：（1）设 ABC 中 、 、A B C 的对边分别为 a b c、 、 ， ∵ AB AC S及 1 sin2S bc A ∴ sintan 2 2cos AA A   ，………………2 分 22sin cos 1AA∴ 25sin 5A  ， 5cos 5A  .………………4 分 22sin cos 5sin2 cos 2 5sin cos 522 AA A A A A       ………………6 分 （2）∵ 2B A C， A B C    ， ∴ 3B  ，从而有 2 5 15sin sin( ) sin cos cos sin 10C A B A B A B      ………………8 分 ∵| | 4CB CA c   ∴由正弦定理 sin sin cb CB 得 8 15 12 5b  ………………10 分 所以 1 sin 32 3 482S bc A   ………………12 分 答案第 4 页，总 8 页 18．【解析】（1）在等腰梯形 ABCD中， / / , 1AD BC AD AB， 60ABC   ， 所以 120 , 30BAD CDA ADB        ， 90CDB  . 即 .BD CD 222 120 3BD AB AD AB AD cos       ， 2BC  .………………2 分 又因为平面 BDEF  平面 ABCD，平面 BDEF 平面 ,ABCD BD CD平面 ABCD， 所以CD  平面 BDEF ，………………3 分 因为CD 平面CDE ，所以平面CDE  平面 BDEF .………………4 分 （2）由(1)知，分别以直线 ,,DB DC DE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系， 设 03()EM m m   ， 则    3,0,0 , 0,1,0 , 0 0 0) ,( ,B C D ，    ,0, 3 , 3,1,0M m BC  ， ()3,0, 3 , 3,0,()0BM m DB   ，………………5 分 设平面 BMC 的法向量为  ,,n x y x ，所以 0 0 n BC n BM     ，即   1 3 0 3 3 0 xy m x z        令 3x  ，则 3, 3y z m   ，所以平面 BMC 的一个法向量为 3,3, 3()nm.………………8 分 设 BD 与平面 BCM 所成角为 ， 所以sin cos ,n BD     2 , 3 3 12 n BD n BD m   ，………………10 分 所以当 0m  时取最小值 5 5 ，当 3m  时取最大值 1 2 ，故 51[ , ]52m .………………12 分 答案第 5 页，总 8 页 19．【分析】 （1）由点  12D ， 且OD AB 于点 D ，可求得直线 AB 的方程，联立直线方程与抛物线方 程由韦达定理可表示 AByy× ，进而表示 ABxx ，再由OA OB ，得 0OA OB构建方程，解得 p 值； （2）分别表示 PQFS 与 MNFS ，由已知 2PQF MNFSS 构建方程，解得 t 的值，设 MN 的中点 E 的坐标 为 xy， ，当 与 x 轴不垂直时，由 MN TEKK 构建等式，整理得中点轨迹方程；当 与 轴垂直 时，T 与 重合，综上可得答案. 【详解】（1）由 及 ，得直线 AB 的斜率 11 2OD k k    ， 则 的方程为  1212yx    ，即 25xy   ， ………………1 分 设  ,AAA x y ，  ,BBB x y ， 联立 2 2, 2 5, y px xy       消去 得 2 4 10 0y py p   ， 216 40 0pp    ， 由韦达定理，得 10ABy y p ，于是 22 2 2 100 252 2 4 AB AB yy pxx p p p    ，………………3 分 由 ，得 ，即 0A B A Bx x y y，则 25 10 0p， 解得 5 2p  .………………5 分 （2）由（1）得抛物线的焦点 5 04F   ， ，设C 的准线与 轴的交点为G ， 则 12 1 1 5 2 2 2PQFS FG PQ y y     ， 12 1 1 5 2 2 4MNFS FT PQ t y y     ， 由 ，得 55 44t ，且 0t  ，得 5 2t  .………………7 分 设 的中点 的坐标为 ， 则当 与 轴不垂直时，由 ， 可得 2 1 2 1 22 212 1 2 1 0 5 5 5 5 5 52 2 2 2 255 y y y yy y y y yyx x y y yx x x x           ， 2 5 25 5 2 4 2y x x   ；………………10 分 当 与 轴垂直时， 与 重合，………………11 分 所以 的中点的轨迹方程为 2 5 25 24yx.………………12 分 答案第 6 页，总 8 页 【点睛】本题考查由已知关系求抛物线的标准方程，还考查了在抛物线中线弦的问题下求中点的轨迹方程 问题，属于难题. 20．（1） 1 14400P  （2）顾客选择第一种抽奖方案更合算. 【解析】试题分析：（1）选择方案一可以免单，但需要摸出三个红球，利用古典概型求出摸出三个红球的 概率，再利用两个相互独立事件同时发生的概率应该是两事件的概率乘积可求得两位顾客均享受免单优惠 的概率；（2）分别写出两种方案下付款金额的分布列，再求出期望值，利用期望值的大小，进行合理选择． 试题解析：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件 A ， 则   3 3 3 10 1 120 CPA C，………………2 分 所以两位顾客均享受到免单的概率为     1 14400P P A P A   .………………4 分 （2）若选择方案一，设付款金额为 X 元，则 可能的取值为 0，600，700，1000.   3 3 3 10 10 120 CPX C   ，   21 37 3 10 7600 40 CCPX C   ，   12 37 3 10 21700 40 CCPX C   ，   3 7 3 10 71000 24 CPX C   ， 故 的分布列为， 所以   1 7 21 70 600 700 1000120 40 40 24EX        1764 6 （元）. ………………8 分 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为 Z ，则 1000 200ZY ，由已知可得 3~ 3,10YB  ， 故   393 10 10EY    ，所以    1000 200E Z E Y    1000 200 820EY（元）. ………11 分 因为    E X E Z ，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算. ………………12 分 答案第 7 页，总 8 页 21．（1） 0yx；（ 2） 0a  ；（ 3）证明见解析 【解析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义进行求解即可； （2）求函数进行求导，让导函数大于或等于零，进行常变量分离，构造新函数，然后利用导数求出新构 造函数单调性，最后求出 a 的取值范围； （3）对 ()fx 再求导，求出该函数的单调性，进而证明函数有唯一极大值点即可. 【详解】解：（1）∵ 2( ) cos 1f x x x   ， (0) 1f    ，又 (0) 0f  ∴ ()fx在 0x  处的切线方程为 ；………………2 分 （2）∵ ( ) cos 01 af x x x     ∴ ( 1)cosa x x 令 ( ) ( 1)cosh x x x ， ,42x  ，则 ( ) cos ( 1)sinh x x x x    ∵ 2cos 2x  ， 22( 1)sin 12 4 2xx     ，∴ ( ) 0hx  ， ∴ ()hx 在 ,42   上单调递减，∴ ( ) 02h x h  ， ………………6 分 （3）∵ ( ) cos 1 af x x x   ∴令 ( ) cos 1 ag x x x ， 1, 2x  ∴ 2( ) sin (1 ) ag x x x      ， 显得 ()gx 在 1, 2  上单调递减，而 2 012a    得 2102 1 2 ag         ， 取 0 12 ax ，则  0 0 02sin 4 sin 3 0 112 ag x x x a           故存在 1, 2m  使 ( ) 0gm  即 ()gx在 ( 1, )xm 上单调递增， 在 , 2xm 上单减也即 m 为 的极大值点 ………………11 分 所以当 时， 在区间 内存在唯一极大值点. ………………12 分 答案第 8 页，总 8 页 22．（1） 22( 2) 4xy   ， 2 5 0xy   （2） 5 5 【详解】（1） 2 2 2 2 24cos 4 cos 4 ( 2) 4x y x x y              32 2 5 01 xtxyyt         ………………5 分 （2） 2332 5 111 5 xtxt ytyt          代入 224x y x得 2 1 2 1 2 222 0 , 2 55 t t t t t t         2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 | | | | | |1 1 1 1 5 | | | | | | | | | || | | | 5 t t t t PM PN t t t t t t          ………………10 分 23．（1） 1[ 7, ]3 （2） 5 2a  【解析】（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集得结果； （2）先化简不等式，再根据绝对值三角不等式性质求最值，即得结果. 【详解】（1） | 2 3| | 1| 3xx    1 2 3 1 3 x xx      或 3 12 2 3 1 3 x xx          或 3 2 2 3 1 3 x xx        1 1 x x   或 3 12 1 3 x x      或 3 2 7 x x     17 3x   即不等式 ( ) 3fx 的解集为 .………………5 分 （2） ( ) 2 | 3 3| | 2 3| | 1| 2 | 3 3| | 2 3| | 2 2| 2f x a x x x a x x x a               5| 2 3| | 2 2 | | 2 3 (2 2) | 5 2 5, .2x x x x a a            ………………5 分 【点睛】 本题考查绝对值定义以及绝对值三角不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.