2018—2019学年度第二学期南开区高三年级模拟考试（二）（理科）.pdf

南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 1 页（共 8 页） 2018—2019 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(二) 数学试卷（理工类）参考答案 2019.05 一、选择题： 题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） 答 案 D B B A C D C A 二、填空题： （9）13 2 ； （10）35； （11） 2  ； （12）4； （13） 17 1 ； （14）(– 3 2 ，1) 三、解答题：（其他正确解法请比照给分） （15）解：（Ⅰ）在△ABC 中，由正弦定理 B b sin = sin c C ，得 3 sinB = Csin 4 ，………2 分 ∵C=2B，∴ = 4 sin2B ，即 = 4 2sin cosBB ， 解得 cosB= 3 2 ． …………4 分 在△ABC 中，由余弦定理 b2=a2+c2–2accosB， 得 a2– 3 16 a+7=0，解得 a=3，或 a= 3 7 ． ∵a≠b，∴a= 3 7 ． …………7 分 （Ⅱ）∵cosB= ，∴sinB= 3 5 ， ∴sin2B=2sinBcosB= 9 54 ，cos2B=2cosB2–1=– 9 1 ， …………11 分 ∴cos(2B+ 3  )= 2 1 cos2B– 2 3 sin2B=–1 4 15 18  ． …………13 分 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 2 页（共 8 页） （16）解：（Ⅰ）记事件 A 为甲乙两人一次竞猜成功， 则 P(A)= 11 66 6 5 2 CC= 4 9 ． …………2 分 ∴甲乙两人获奖的概率为 P=1– 0 3C ( )0( 5 9 )3– 1 3C ( )1( )2= 304 729 ． …………5 分 （Ⅱ）由题意可知从 6 人中选 4 人，双胞胎的对数 X 取值为 0，1，2． …………6 分 P(X=0)= 1 1 2 222 4 6 CCC C = 4 15 ， P(X=1)= 1 2 1 1 2 2 2 2 4 6 ()C C C C C = 2 3 ， P(X=2)= 2 2 4 6 C C = 1 15 ． ∴X 的分布列为： …………11 分 EX=0× +1× +2× = 4 5 ． …………13 分 （17）解：取 BC 的中点 M，连接 DM，AM， 因为 BD=CD，BD⊥CD，BC=2，M 为 BC 的中点， 所以 DM⊥BC，DM=1． ………………………1 分 又因为平面 BCD⊥平面 ABC， 所以 DM⊥平面 ABC，………………………2 分 因为△ABC 是边长为 2 的正三角形， 所以 AM⊥BC，AM= 3 ． 建立如图所示的空间直角坐标系 Mxyz． 则 M(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，0，1)，A(0， ，0)，C(–1，0，0)， AC =(–1，– ，0)， BD =(–1，0，1)． ………………………4 分 X 0 1 2 P B E D C A M x y z 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 3 页（共 8 页） （Ⅰ）因为 AE=2，所以 E(0， 3 ，2)， BE =(–1， ，2)． 设平面 BDE 的法向量 n1=(x，y，z)， 则 1 1 0 3 2 0 n n             ， ， BD x z BE x y z 令 x=1，所以 n1=(1，– 3 3 ，1)．………5 分 因为 AC ·n1=0，所以 ⊥n1， 又 AC平面 BDE， 所以 AC∥平面 BDE． ………………………6 分 （Ⅱ）设 AE=h，则 E(0， ，h)， =(–1， ，h)． 设平面 BDE 的法向量 n1=(x，y，z)， 则 1 1 0 30 n n             ， ， BD x z BE x y zh 令 x=1，所以 n1=(1， 1 3  h ，1)． 又平面 ADE 的法向量 n2=(1，0，0)， 所以 cos60°= 12 12 || | || | nn nn   = 2 1 111 3 ()h = 1 2 ， ………………………9 分 解得 h= 6 +1，即 AE= +1． ………………………10 分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面 BDE 的法向量 n1=(1，– 2 ，1)． 设直线 CD 与平面 SBD 所成的角为，而CD =(1，0，1)， 所以 sin=|cos|= 1 1 || | || | n n   CD CD = 2 2 ， ………………………12 分 所以= 4  ，即直线 CD 与平面 BDE 所成的角为 ．………………………13 分 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 4 页（共 8 页） （18）解：（Ⅰ）在 Sn=–an–( 1 2 )n–1+2 中，令 n=1， 可得 S1=–a1–1+2，即 a1= ． …………………1 分 当 n≥2 时，Sn–1=–an–1–( )n–2+2， ∴an=Sn–Sn–1=–an+an–1+( )n–1， …………………3 分 ∴2an=an–1+( )n–1，即 2nan=2n–1an–1+1． …………………4 分 ∵bn=2nan，∴bn=bn–1+1，即当 n≥2 时，bn–bn–1=1．…………………5 分 又 b1=2a1=1， ∴数列{bn}是首项和公差均为 1 的等差数列． …………………6 分 于是 bn=1+(n–1)·1=n=2nan，∴an= 2n n ． …………………7 分 （Ⅱ）∵cn= 1 1 21     () ( )( )n nn nn n a n a = 1 1 12122     () ( )( )n nn nn nnnn = 1 1 2 2 1 2 1  ( )( ) n nn= 2 21n – 1 2 21 n ， …………………9 分 ∴Tn=( 1 2 21 – 2 2 21 )+( 2 2 21 – 3 2 21 )+… +( 1 2 21 n – 2 21n )+( – ) = – =2– ． …………………11 分 由 Tn＜124 63 ，得 2– ＜ ，即 1 1 21 n ＞ 1 63 ， ∴2n+1＜64，即 n＜5， ∴n 的最大值为 4． …………………13 分 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 5 页（共 8 页） （19）解：（Ⅰ）∵F 是 AT 的中点，∴ 2 2  aacc ，即(a–2c)(a+c)=0， 又 a，c＞0，∴a=2c，∴e= c a = 1 2 ． ………………………2 分 （Ⅱ）①过 M，N 作直线 l 的垂线，垂足分别为 M1，N1， ∵N 到直线 l 的距离是 M 到直线 l 距离的 2 倍， ∴ 1 1 MM NN = TM TN =2， ∴   FMN TNF S S = MN TN = ， 又∵ ANFS = TNFS ， ∴ 1 2 S S = ． ………………………………4 分 ②由（Ⅰ）知椭圆方程为 22 22143xy cc ，T(4c，0)． ……………………5 分 设直线 TN 的方程为 x=ty+4c， 与椭圆方程联立，并消去 x 整理得：(3t2+4)y2+24cty+36c2=0， 依题意有△=(24ct)2–4·36c2(3t2+4)＞0，即 t2＞4． 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有 21 2 2 2 12 24 34 36 34              ， ， yy yy ct t c t （*） ………………8 分 由①知 M 是 N，T 的中点，故 y2= 2y1， ……………………9 分 ∴代入（*）得 2 21 1 2 2 3 2 24 34 36 34          ， ， y y ct t c t 解得 t2= 36 5 ． ……………………11 分 ∴原点 O 到直线 TN 的距离为 d= 2 4 1 c t = 45 41 c = 20 41 41 ，…………12 分 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 6 页（共 8 页） 解得 c= 5 ， ……………………13 分 故椭圆方程为 22 120 15xy ． ……………………14 分 （20）解：（Ⅰ）由 f(x)=logax + 1 lna =0，解得 x=e–1， 当 x∈(0，e–1)时，f(x)＜0，f(x)单调递减； 当 x∈(e–1，+∞)时，f(x)＞0，f(x)单调递增． ∴函数 f(x)在点 x=e–1 处取得极小值， ∴f(e–1)=e–1logae–1=–e–1，解得 a=e， ∴f(x)=xlnx． ………………………………2 分 ∴g(x)=(m+1)x–lnx–xlnx，从而 g(x)=m– 1 x –lnx． …………………3 分 设 h(x)=g(x)=m– –lnx．∴h(x)= 2 1 x x ， 令 h(x)=0，得 x=1． 当 x∈(0，1)时，h(x)＞0，h(x)单调递增； 当 x∈(1，+∞)时，h(x)＜0，h(x)单调递减． ∴故[h(x)] max=h(1)=m–1． ………………………………5 分 ①当[h(x)] max=0，即 m=1 时，因最大值点唯一，故符合题设； ……………6 分 ②当[h(x)] max＜0，即 m＜1 时，h(x)＜0 恒成立，不合题设； ……………7 分 ③当[h(x)] max＞0，即 m＞1 时，一方面，∃em＞1，h(em)=–e–m＜0； 另一方面，∃e–m＜1，h(e–m)=2m–em≤2m–em＜0， 于是，h(x)有两零点，不合题设． 综上，m 的取值集合为{1}． ………………………………9 分 （Ⅱ）先证 x1+x2＞2． 依题意有 m= 1 1 x +lnx1= 2 1 x +lnx2． 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 7 页（共 8 页） 故 21 12 xx xx = 2 1 ln x x ． 设 2 1 x tx ，则 t＞1，且 21 21 12 ln ， ， x tx xx txx 解得 x1= 1 ln t tt ． 所以，x1+x2=x1+tx1= 2 1 ln t tt ，x1+x2–2= 1 2ln ln ttt t ． 设(x)=x– 1 x –2lnx，x＞1． ∵(x)=1+ 2 1 x – 2 x = 2 2 1()x x ＞0， ∴(x)在(1，+∞)单调递增． ∴x＞1 时，(x)＞(1)=0，即 t–1 t –2lnt＞0． 又 lnt＞0，∴x1+x2＞2． ………………………………11 分 再证 x1+x2＜3em–1–1． ∵g(x)=0(x)=mx–1–xlnx=0，∴x1，x2 也是(x)的两个零点． 由(x)=m–1–lnx，得 x=em–1． 易知，em–1 是(x)的唯一最大值点，故有 1 –1 2 –1 . e e 0  ()＞ ， ＜＜ m m h xx 作函数(x)=lnx– –1 –1 2 e e   ()m m x x –(m–1)， 则(x)= 2–1 –1 2 e e   () () m m x xx ≥0，故(x)单调递增． 故当 x＞em–1 时，(x)＞(em–1)=0；当 0＜x＜em–1 时，(x)＜0． 于是，mx1–1=x1lnx1＜ –1 1 1 1 1 – 2 e e   ()m m xx x +x1(m–1)， 整理，x1 2–(3em–1–1)x1+em–1＞0． 同理，x2 2–(3em–1–1)x2+em–1＜0． ∴x2 2–(3em–1–1)x2+em–1＜x1 2–(3em–1–1)x1+em–1， 南开区高三年级模拟考试(二)数学试卷参考答案（理工类）第 8 页（共 8 页） ∴(x2+x1)(x2–x1)＜(3em–1–1)(x2–x1)， 于是，x1+x2＜3em–1–1． 综上，2＜x1+x2＜3em–1–1． ………………………………14 分