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1 2019~2020-2 高二年级 3 月阶段性考试 数学(理) 答案 一、选择题（本题包括 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。每小题只有一个选项符合题意） 1.A 2.A 3.C 4.C 5.D 6.B 7.C 8.B 9.D 10A 11.D 12.B 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13. ( , 4) (1, )   14. 3(1 )x x 15. 25 3 7  16.16 3 三、解答题 17．(10 分) 解：设点 A 关于直线 l：2x－y＋2＝0 的对称点为 A1(x1，y1)， 点 A 关于 x 轴的对称点为 A2(x2，y2)，连接 A1A2 交 l 于点 B， 交 x 轴于点 C，则此时△ABC 的周长取最小值，且最小值为| |A1A2 . ∵A1 与 A 关于直线 l：2x－y＋2＝0 对称， ∴   y1－5 x1－4×2＝－1， 2×x1＋4 2 －y1＋5 2 ＋2＝0， 解得  x1＝0， y1＝7. ∴A1(0,7). 易求得 A2(4，－5)， ∴△ABC 周长的最小值为| |A1A2 ＝ 4－02＋－5－72＝4 10. 18．(12 分) 解：(1)∵f(1)＝2，∴loga4＝2(a＞0，a≠1)，∴a＝2. 由  1＋x＞0， 3－x＞0， 得 x∈(－1,3)，∴函数 f(x)的定义域为(－1,3). (2) f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)＝log2(1＋x)(3－x)＝log2[－(x－1)2＋4]， ∴当 x∈(－1,1]时，f(x)是增函数； 当 x∈(1,3)时，f(x)是减函数， 故函数 f(x)在 0，3 2 上的最大值是 f(1)＝log24＝2. 2 19．(12 分) 解法一： (1)证明：由 AB＝2，AA1＝4，BB1＝2， AA1⊥AB，BB1⊥AB，得 AB1＝A1B1＝2 2， 所以 A1B2 1＋AB2 1＝AA2 1， 故 AB1⊥A1B1. 由 BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得 B1C1＝ 5. 由 AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得 AC＝2 3. 由 CC1⊥AC，得 AC1＝ 13， 所以 AB2 1＋B1C2 1＝AC2 1， 故 AB1⊥B1C1. 又因为 A1B1∩B1C1＝B1， 所以 AB1⊥平面 A1B1C1. (2) 如图，过点 C1 作 C1D⊥A1B1，交直线 A1B1 于点 D，连接 AD. 因为 AB1⊥平面 A1B1C1， AB1⊂平面 ABB1， 所以平面 A1B1C1⊥平面 ABB1. 因为平面 A1B1C1∩平面 ABB1＝A1B1，C1D⊥A1B1，C1D⊂平面 A1B1C1， 所以 C1D⊥平面 ABB1. 所以∠C1AD 是直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角. 由 B1C1＝ 5，A1B1＝2 2，A1C1＝ 21， 得 cos∠C1A1B1＝ 6 7 ，sin∠C1A1B1＝ 1 7 ， 所以 C1D＝ 3， 故 sin∠C1AD＝C1D AC1 ＝ 39 13 . 所以直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 . 解法二： (1) 证明：以 AC 的中点 O 为坐标原点，分别以射线 OB，OC 为 x 轴，y 轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. 由题意知各点坐标如下： A(0,－ 3,0)，B(1,0,0)，A1(0,－ 3,4)，B1(1,0,2)，C1(0, 3,1). 因此AB1 ―→＝(1, 3,2)，A1B1 ―→＝(1, 3,－2)，A1C1 ―→＝(0,2 3,－3). 由 AB1 ―→·A1B1 ―→＝0，得 AB1⊥A1B1. 由AB1 ―→·A1C1 ―→＝0，得 AB1⊥A1C1. 又因为 A1B1∩A1C1＝A1， 所以 AB1⊥平面 A1B1C1. (2) 设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ. 由(1)可知AC1 ―→＝(0,2 3，1)， AB―→＝(1， 3，0)， BB1 ―→＝(0,0,2). 设平面 ABB1 的法向量为 n＝(x，y，z)， 3 由   n· AB―→＝0， n· BB1 ―→＝0， 得   x＋ 3y＝0， 2z＝0， 可取 n＝(－ 3，1,0). 所以 sin θ＝|cos〈AC1 ―→，n〉|＝|AC1 ―→·n| |AC1 ―→||n| ＝ 39 13 . 所以直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 . 20．(12 分) 解：(1) 因为 f(x)是 R 上的奇函数，所以 f(0)＝0，即－1＋b 2＋a ＝0，解得 b＝1. 从而有 f(x)＝－2x＋1 2x＋1＋a. 又由 f(1)＝－f(－1)知－2＋1 4＋a ＝－ －1 2＋1 1＋a ，解得 a＝2. (2) 由(1)知 f(x)＝－2x＋1 2x＋1＋2＝－1 2＋ 1 2x＋1， 由上式易知 f(x)在 R 上为减函数，又因为 f(x)是奇函数， 从而不等式 f(t2－2t)＋f(2t2－k)＜0 等价于 f(t2－2t)＜－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k). 因为 f(x)是 R 上的减函数，由上式推得 t2－2t＞－2t2＋k. 即对一切 t∈R 有 3t2－2t－k＞0， 从而 Δ＝4＋12k＜0，解得 k＜－1 3. 故 k 的取值范围为 －∞，－1 3 . 21．(12 分) 解：(1) 如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题易得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)， E 1 2，1，0 ，所以 NE―→＝ －1 2，0，－1 ， AM―→＝(－1,0,1). 设异面直线 NE 与 AM 所成的角为 θ， 则 cos θ＝|cos〈 NE―→， AM―→〉|＝ | NE―→· AM―→| | NE―→|·| AM―→| ＝ 1 2 5 2 × 2 ＝ 10 10 . 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 . (2) 假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN， 4 因为 AN―→＝(0,1,1)，可设 AS―→＝λ AN―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又 EA―→＝ 1 2，－1，0 ， 所以 ES―→＝ EA―→＋ AS―→＝ 1 2，λ－1，λ . 由 ES⊥平面 AMN， 得   ES―→· AM―→＝0， ES―→· AN―→＝0， 即   －1 2＋λ＝0， λ－1＋λ＝0， 解得 λ＝1 2，此时 AS―→＝ 0，1 2，1 2 ，| AS―→|＝ 2 2 . 经检验，当 AS＝ 2 2 时，ES⊥平面 AMN. 故线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN， 此时 AS＝ 2 2 . 22．(12 分) 解：（1）抛物线 的焦点为 F ，准线方程为 x=﹣ ， ∴a2﹣b2=3 ①， 又椭圆截抛物线的准线 x=﹣ 所得弦长为 1， ∴可得一个交点为（﹣ ， ），∴ ② 解得 b2=1， 从而 a2=b2+3=4，∴该椭圆的方程为 (2) 证明 因为 B(2,0)，点 P 不为椭圆顶点， 则可设直线 BP 的方程为 y＝k(x－2)(k≠0，k≠± )，① ①代入 ＋y2＝1，解得 P . 直线 AD 的方程为 y＝ x＋1.② ①与②联立解得 M . 由 D(0,1)，P ，N(x,0)三点共线知 ＝ ，解得 N . 所以 MN 的斜率为 m＝ ＝ ＝ . 则 2m－k＝ －k＝ (定值).