数学理科（一）参考答案 (1).pdf

南开区高三年级模拟考试(一)数学试卷参考答案（理工类）第 1 页（共 6 页） 2018—2019 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(一) 数学试卷（理工类）参考答案 2019.03 一、选择题： 题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） 答 案 A B C B C D C B 二、填空题： （9）0； （10）–10； （11） 1 6 ； （12）2 3 ； （13）2； （14）(11 3 ，6) 三、解答题：（其他正确解法请比照给分） （15）解：（Ⅰ）∵B=2C，sinC= 7 4 ， ∴cosB=cos2C=1–2sin2C= 1 8 ． ………………2 分 ∵B=2C，∴C 为锐角，∴cosC＞0， ∴cosC= 21 sin C = 3 4 ． ………………4 分 而 sinB= 21 cos B = 37 8 ， ………………6 分 ∴cosA=–cos(B+C)=–(cosBcosC–sinBsinC)= 9 16 ． ………………9 分 （Ⅱ）∵ sin b B = sin c C 而 sinC= ，sinB= ， ………………10 分 ∴b= 3 2 c，又 bc=24，∴b=6，c=4， ………………12 分 ∴a2=b2+c2–2bccosA=25，∴a=5． ………………13 分 南开区高三年级模拟考试(一)数学试卷参考答案（理工类）第 2 页（共 6 页） （16）解：（Ⅰ）事件 A 为随机事件，P(A)= 1 2 1 3 3 6 3 9 C C C C = 9 14 ． ……………4 分 （Ⅱ）可能的取值为 2，3，4，5，6． ………………………5 分 P(=2)= 2 3 2 9 C C = 1 12 ，P(=3)= 11 33 2 9 CC C = 1 4 ， P(=4)= 2 1 1 3 3 3 2 9 C C C C = 1 3 ，P(=5)= = ， P(=6)= 2 3 2 9 C C = ． ………………………11 分 ∴的分布列为： E=2× +3× +4× +5× +6× =4． ………………………13 分 （17）解：（Ⅰ）以 A 为坐标原点，分别以 AC，AB，AS 为 x，y，z 轴建立空间直角坐 标系 Cxyz，则 A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，S(0，0，2)，D(1， 0，0)，E(1，1，0)． ………………………2 分 由 SF=2FE 得 F( 2 3 ， ， )． ∴ AF =( ， ， )， BC =(2，–2，0)， SC =(2，0，–2)， ∵ · =0， · =0， ∴ ⊥ ， ⊥ ， ∴AF⊥平面 SBC． ………………………5 分 （Ⅱ）设 n1=(x1，y1，z1)是平面 SBD 的一个法向量，  2 3 4 5 6 P 南开区高三年级模拟考试(一)数学试卷参考答案（理工类）第 3 页（共 6 页） 由于 DS =(–1，0，2)， DB =(–1，2，0)，则有 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 2 2 0 1 2 0 2 0 n n                  ( ) ( ) ( ) ( ) ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， DS x y z x z DB x y z x y 令 x1=2，则 y1=1，z1=1，即 n1=(2，1，1)， 设直线 SA 与平面 SBD 所成的角为，而 AS =(0，0，2)， 所以 sin=|cos|= 1 1 || | || | n n   AS AS = 6 6 ． ………………………9 分 （Ⅲ）假设满足条件的点 G 存在，并设 DG=t．则 G(1，t，0)． 所以 AE =(1，1，0)， AG =(1，t，0)． 设平面 AFG 的法向量为 n2=(x2，y2，z2)， 则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 03 3 3 3 3 3 1 0 0 n n                ( ) ( ) ( ) ( ) ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， AF x y z x y z AG x y z t x ty 取 y2=1，得 x2=–t，z2=t–1，即 n2=(–t，1，t–1)． 设平面 AFE 的法向量为 n3=(x3，y3，z3)， 则 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 03 3 3 3 3 3 1 1 0 0 n n                ( ) ( ) ( ) ( ) ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， AF x y z x y z AE x y z x y 取 y3=1，得 x3=–1，z3=0，即 n3=(–1，1，0)． 由得二面角 GAFE 的大小为 30°，得 cos30°= 23 23 || | || | nn nn   = 22 | 1 1 1 1 | 2 1 1             ( ) ( ) ( ) ( ) 0tt tt = 3 2 ，化简得 2t2–5t+2=0， 又 0≤t≤1，求得 t= 1 2 ．于是满足条件的点 G 存在，且 DG= ．…………13 分 南开区高三年级模拟考试(一)数学试卷参考答案（理工类）第 4 页（共 6 页） （18）解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差是 d． 由 a5=3a2 得 d=2a1， ………① 由 S7=14a2+7 得 d=a1+1，………② 由①②解得 a1=1，d=2． 所以数列{an}的通项公式为 an=2n–1． …………………4 分 （Ⅱ）由数列{an+bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列， 得 an+bn=2n–1，即 2n–1+bn=2n–1， 所以 bn=2n–1–2n+1． …………………6 分 所以(–1)nbn(an+bn)=(–1)n·2n–1·(2n–1–2n+1)=(–1)n·4n–1+(–2)n–1(2n–1) =–(–4)n–1+(2n–1)·(–2)n–1． …………………7 分 ∴Pn=(–4)0+(–4)1+…+(–4)n–1=14 14   () () n =14 5 ()n ．…………………8 分 Qn=1·(–2)0+3·(–2)1+5·(–2)2+…+(2n–3)·(–2)n–2+(2n–1)·(–2)n–1 ……③ –2Qn=1·(–2)1+3·(–2)2+5·(–2)3+…+(2n–3)·(–2)n–1+(2n–1)·(–2)n ……④ ③–④得 3Qn=1·(–2)0+2·(–2)1+2·(–2)2+…+2·(–2)n–1–(2n–1)·(–2)n =1+ 14 1 2 12      [ ( ) ] () n –(2n–1)·(–2)n =– 1 3 – 61 3 n ·(–2)n， ∴Qn=– 1 9 – 61 9 n ·(–2)n． …………………12 分 ∴Tn=–Pn+Qn=– 14 45 + 4 5 ()n – 6 1 2 9 ( ) ( )nn ． …………………13 分 （19）解：（Ⅰ）由题设： 6 3c a ，bc= 2 ，解得 a2=3，b2=1， 南开区高三年级模拟考试(一)数学试卷参考答案（理工类）第 5 页（共 6 页） ∴椭圆 C 的方程为 2 2 13 x y ． ………………………………3 分 （Ⅱ）设 A(x1，y1)、B(x2，y2)． （1）当 AB⊥x 轴时，|AB|= 3 ． ………………………………4 分 （2）当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 y=kx+m， 由已知 2 3 21 m k   ，得 m2= 3 4 (k2+1)． ………………………………6 分 把 y=kx+m 代入椭圆方程消去 y，整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2–3=0， 有 x1+x2= 2 6 31   km k ，x1x2= 2 2 13 31   ()m k ． ………………………………7 分 得|AB|2=(1+k2)(x1–x2)2=(1+k2) 2 2 2 2 2 2 36 12 1 3 1 3 1  () () k m m kk = 22 2 2 2 12 1 3 1 31     ( )( ) () k k m k = 22 22 3 1 9 1 31   ( )( ) () kk k ………………………9 分 = 2 42 123 9 6 1  k kk= 2 2 123 196  k k （k≠0） ≤ 123 2 3 6  =4， 当且仅当 2 2 19k k ，即 3 3k  时等号成立． ………………………………12 分 当 k=0 时，|AB|= ． ………………………………13 分 综上所述(|OA|cos∠OAB+ tan 3 2 OBA )max=|AB|max=2．……………………14 分 （20）解：（Ⅰ）f(x)=1 ax x ，x＞0． ……………………1 分 若 a≤0，f(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上递增； ……………………2 分 若 a＞0，当 x∈(0， 1 a )时，f(x)＞0，f(x)单调递增； 南开区高三年级模拟考试(一)数学试卷参考答案（理工类）第 6 页（共 6 页） 当 x∈( 1 a ，+∞)时，f(x)＜0，f(x)单调递减． ……………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，若 a≤0，f(x)在(0，+∞)上递增，又 f(1)=0，故 f(x)≤0 不恒成立． 若 a＞1，当 x∈( ，1)时，f(x)递减，f(x)＞f(1)=0，不合题意． 若 0＜a＜1，当 x∈(0， )时，f(x)递增，f(x)＞f(1)=0，不合题意． 若 a=1，f(x)在(0，1)上递增，在(1，+∞)上递减，f(x)≤f(1)=0，合题意． 故 a=1，且 lnx≤x–1（当且仅当 x=1 时取“=”）． ……………………8 分 当 0＜x1＜x2 时，f(x2)–f(x1)=ln 2 1 x x –(x2–x1)＜ –1–(x2–x1)=( 1 1 x –1)(x2–x1)， 所以 12 12   ( ) ( )f x f x xx ＜ 1 1 x –1． ……………………10 分 （Ⅲ）g(x)= 2 e  x x ． 当 x∈(–∞，2)时，g(x)＞0，g(x)单调递增； 当 x∈(2，+∞)时，g(x)＜0，g(x)单调递减． ∴g(x)≤g(2)= 2 1 e ， ∴g(x)–1≤ –1． …………① ……………………12 分 由（Ⅱ）知 lnx–x≤–1．…………② ①×②得(lnx–x)(g(x)–1)＞1– ， 即(f(x)–1)(g(x)–1)＞1– ， ∴f(x)(g(x)–1)＞g(x)– ． ………………………………14 分