高三文科数学答案.pdf

数学答案（文科） 第 1 页 共 6 页 ◎ 数学答案（文科） 第 2 页 共 6 页 八市˙学评 2018～2019（上）高三第三次测评 文数参考答案及评分标准 一、选择题 （1）—（5）DABCB （6）—（10）CCDAB （11）—（12）DB 二、填空题 13、 3 14、 8 15、 4951 16、 4 3 12．解析：函数 bxxxaxf 22 1ln)( 2  在 ]2,1[ 上单调递增， 所以 2 2( ) 2 0a x bx af x x bxx       在 上恒成立，即 2 20x bx a   在 上恒成 立，令 2( ) 2h x x bx a   ，其对称轴为 xb ， 当 1b即 1b  时， 在 上恒成立等价于 1 (1) 2 1 0 b h a b       ，由线性 规划知识可知，此时 min43ab   ； 当 2b 即 2b  时， 在 上恒成立 等价于 2 (2) 4 4 0 b h a b       ， 44ab   ，即 min44ab   ； 当12b   即 21b    时， 在 上恒成立 等价于 2 21 ( ) 0 b h b a b          ，此时 min44ab   ； 综上可知， min44ab   ，故选 B． 16．解析：设  1,0A  ，  1,0B ， ( , )C x y ，则由 2AC BC 得， 22221 2 1x y x y 化简得 2 25 16 39xy，所以C 点轨迹为以 5 ,03 为圆心，以 4 3 为半径的圆，所以 ABCS 最大 值为 1 4 422 3 3 ，所以三角形 ABC 面积的最大值为 4 3 ． 三、解答题 17．解：（1）∵ )2sin,2cos( AAm  ， )2sin,2(cos AAn  ，且 2 1 nm  ， 2 1 2sin2cos 22  AA ， 即 2 1cos  A ，又  ,0A ， ∴ 3 2A -----------------------------------------6 分 （2） 3sin2 1  AbcS ABC ， 4bc , 又由余弦定理得： bccbAbccba  22222 cos2 ,   162  cb ，故 4 cb ---------------------------12 分 18．（1）取 1AB 的中点G ，连 ,EG FG ，∵ ,FG分别是 1,AB AB 的中点， ∴ 11 1/ / BB , 2FG FG BB ；又∵ E 为侧棱 1CC 的中点，∴ / / ,FG EC FG EC ， ∴四边形 FGEC 是平行四边形，∴ //CF EG ， ∵CF 平面 1 ,AB E EG  平面 1AB E ，∴ //CF 平面 1AB E ；-------------5 分 （2）解：∵三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱 1AA  底面 11, / / BBABC AA ，∴ 1BB  平面 ABC ， 又 AC  平面 ，∴ ；又∵ ，∴ ， ∵ 平面 平面 ，∴ 平面 ， ∴ ．--------------12 分 1AC BB 090ACB AC BC 1 ,BB BC B BC 1 1 1,BCC B BB  11BCC B AC  1EB C 1 1 1 11 36C AB E A EB C EB CV V S AC     数学答案（文科） 第 3 页 共 6 页 ◎ 数学答案（文科） 第 4 页 共 6 页 19．（1）依题， 11 3 24 131 (1 )(1 )(1 )34 mn mn mn            ，解得        4 1 2 1 n m .………………5 分 （2）由题令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为 iX ，获得校本选修课学分分数不 低于 4 分为事件 A，则 4 1 2 1 1()2 3 4 12PX     ； 5 1 1 1 1()2 3 4 24PX     ； 6 1 1 1 1()2 3 4 24PX     . 故 1 1 1 1() 12 24 24 6PA    -----------------------12 分 20．解：（1）设 ),(),,( 2211 yxNyxM ，则        1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 b y a x b y a x ，两式相减得 02 2 2 2 1 2 2 2 2 1  b yy a xx 21 21 2 2 21 21 yy xx b a xx yy    ，…………2 分 MN 的中点坐标为（1， 2 2 ) ，且 M、N、F、Q 共线 2 2 1 12 2 20 2 2    a b 2 2 1 2 b a   ，      4 8,4 2 2 22 b aba 椭圆 C 的方程为 148 22  yx …………5 分 （2）当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB: mkxy  ， 联立方程      mkxy yx 148 22 得： 0824)21( 222  mkmxxk 设 ),(),,( 4433 yxByxA 则             2 2 43 243 21 82 21 4 0 k mxx k kmxx …………7 分 1 PBPA kk 122 4 4 3 3  x y x y 122 4 4 3 3  x mkx x mkx 1)2(2 43 43  xx xxmk 182 4)2(2 2   m kmmk 04842  kkmm 0)24)(2(  kmm ， 2m 24  km 直线 AB： 2)4(24  xkkkxy ，所以直线 AB 过定点 )2,4(  又当直线 AB 斜率不存在时，设 AB： nx  ，则 122  n y n y BA 0 BA yy 4n 适合上式，所以直线 AB 过定点 --------------12 分 21．解: （1）问题转化为 '2( ) (2 1) 3 0xf x ax a x e    在 [ 2,2]x 上恒成立； 又 0xe  即 2 (2 1) 3 0ax a x    在 上恒成立； 2( ) (2 1) 3令g x ax a x    ，对称轴 1102x a    ①当 ，即 10 2a时， 在 上单调增， ②当 ，即 1 2a  时， 在 上单调减，在 上单调增， 解得： 331122a    综上， 的取值范围是 3(0,1 ]2 ． ………6 分 （2） 1,a  设 2( ) ( 2) 4xh x x x e x     ， '2( ) ( 3 3) 1xh x x x e    令 2( ) ( 3 3) 1xx x x e     ， '2( ) ( 5 6) xx x x e    0a  1122a    ()gx [ 2,2] min( ) ( 2) 1 0g x g     10 2a   12 1 02a     ()gx 1[ 2, 1 ]2a   1[ 1 ,2]2a 2(2 1) 12 0aa     13122a    a 数学答案（文科） 第 5 页 共 6 页 ◎ 数学答案（文科） 第 6 页 共 6 页 令 '2( ) ( 5 6) 0, 2, 3得xx x x e x        x ( , 3)  3 ( 3, 2) 2 ( 2, )  ' ()x  0  0  ()x 增 极大值 减 极小值 增 3 3( ) ( 3) 1 0极大值 =x e     ， 2 1( ) ( 2) 1 0极小值 =x e    1( 1) 1 0, (0) 2 0e      0 0 0( 1,0), ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0存在 -, 时 ， ,+ 时x x x x x x x         在 上单调减，在 上单调增 又 43 14 8( 4) 0, ( 3) 1 0, (0) 2 0, (1) 4 5 0h h h h eee             由零点的存在性定理可知： 12( ) 0 ( 4, 3), (0,1)的根h x x x     即 4t  或 0t  ． ………12 分 22．解：（1） 2 2 1 :14 xCy，···········2 分 2 : 4 0C x y   ．···········5 分 （2）设  2cos ,sinM ， 结合图形可知： MN 最小值即为点 M 到直线 2C 的距离的最小值． ∵ M 到直线 2C 的距离  5sin 42cos sin 4 22 d  ， ∴当  sin 1时， d 最小，即 MN 最小． 此时， 2cos sin 5，结合 22sin cos 1可解得： 25cos 5  ， 5sin 5  ， 即所求 M 的坐标为 4 5 5,55  ．···········1 0 分 23．解： （1） 2 6, 6 2 6, 6 2 6x m x m m x m          64,68 m m     2m ………5 分 （2） 2m  时，   1 3 2 2 42f x f x x x      3 2 4 = 6 4 1 3 2 1 xx xx xx            ， ， ， 而 1 8 2( )( ) 92 abab   ， 故需解不等式   1 392f x f x   可解得不等式的解集为 73 3xx   丨 ………………………10 分 ()hx 0( , )x 0( , )x 