王后雄特训理数答案

王后雄教育 第 1 页 王后雄王后雄 2018 特训营仿真模考特训营仿真模考 理科数学理科数学全国全国 1 卷答案卷答案 一、选择题：一、选择题： 题号123456789101112 答案CBBADABDADDC 二、填空题：二、填空题： 130.2；14；1548； 161；11 注：第一问 2 分，第二问 3 分 三、解答题三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （本小题满分 12 分） 解： （1）设 n a的公比为q，由 3 52 aa q，得 3 27q ，解得3q ， 所以 22 2 3 nn n aa q 所以数列 n a的通项公式 2 3n n a * ()nN 于是 13 3ba， 44 9ba， 设 n b的公差为d，则有 41 2 4 1 bb d ， 所以数列 n b的通项公式21 n bn * ()nN （2）由（1）知 1 ()(321) (2) 22 n n n bbnn Sn n * ()nN， 则 2211 (2)2 n Sn nnn 所以 123 2222 + n n T SSSS 11111111 ()()()() 1324352nn 111 1 212nn 王后雄教育 第 2 页 323 2(1)(2) n nn * ()nN 18 （本小题满分 12 分） 解： （1）由图可知，数学成绩前 5 名的学生中语文成绩大于 90 分的学生有 3 人 故从数学成绩前 5 名的学生中任取 1 人，其语文成绩大于 90 分的概率为 3 5 （2）由图可知，总分前 6 名的同学中语文成绩不大于 90 分的学生有 2 人 设从总分前 6 名的同学中任取 3 人， 语文成绩不大于 90 分的人数为， 则的取值为0,1,2 所以 3 4 3 6 41 (0) 205 C P C ； 12 24 3 6 123 (1) 205 C C P C ； 21 24 3 6 41 (2) 205 C C P C 故的分布列为 0 12 P 1 5 3 5 1 5 所以 131 0121 555 E 19 （本小题满分 12 分） 证明： （1） 因为/BCDE，DEPBC且平面,BCPBC 平面， 所以/DEPBC平面 又因为,DEDEM 平面由已知MNDEM 平面，且MNPBC平面， 即平面DEM 平面PBC =MN， 所以/DEMN （2）由已知可知BEPE,BEED, 所以BEPED 平面 在PED平面内，作EFED交PD于F, 所以,EB ED EF两两垂直 x y z D E BC M P 王后雄教育 第 3 页 以E为坐标原点，分别以,EB ED EF所在直线为xyz、 、轴如图建系 可得：(0,0,0)E，(1,0,0)B,(1,1,0)C,(0,2,0)D,(0, 1, 3)P,则(1,0,0)EB ,(0, 1, 3)EP , 设平面PBE的一个法向量 1111 ( ,)x y zn， 则有 1 11 0 30 x yz ，所以 1 (0, 3,1)n (1, 1,0)DC ,(0, 3, 3)DP ,设平面PCD的一个法向量 2222 (,)xy zn, 则有 22 22 0 330 xy yz ，所以 2 (1,1, 3)n 所以 12 3315 cos, 525 n n 平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值 15 5 20 （本小题满分 12 分） 解： （1）由题意 22 222 41 1 3 2 ab abc c e a ， 解得： 2 2a ， 2b ， 6c 故椭圆C的标准方程为 22 1 82 xy （）假设直线 TP 或 TQ 的斜率不存在，则 P 点或 Q 点的坐标为(2，1)， 直线 l 的方程为 1 1(2) 2 yx ，即 1 2 2 yx 联立方程 22 1 82 1 2 2 xy yx ，得 2 440 xx ， 此时，直线 l 与椭圆 C 相切，不合题意 故直线 TP 和 TQ 的斜率存在 王后雄教育 第 4 页 设 11 ( ,)P x y， 22 (,)Q xy，则 直线 1 1 1 :1(2) 2 y TP yx x ，直线 2 2 1 :1(2) 2 y TQ yx x 故 1 1 2 |2 1 x OM y ， 2 2 2 |2 1 x ON y 由直线 1 : 2 OTyx，设直线 1 : 2 PQ yxt（0t ） 联立方程， 22 22 1 82 2240 1 2 xy xtxt yxt 当0 时， 12 2xxt ， 2 12 24xxt |OMON 12 12 22 4() 11 xx yy 12 12 22 4() 11 11 22 xx xtxt 1212 2 1212 (2)()4(1) 4 11 (1)()(1) 42 x xtxxt x xtxxt 2 22 24(2)( 2 )4(1) 4 11 (24)(1) ( 2 )(1) 42 tttt tttt 4 故|4OMON 21 （本小题满分 12 分） 解：函数的定义域为， （） （i）当时，在上恒成立， 则在上恒成立，此时在上单调递减 （ii）当时， 王后雄教育 第 5 页 （1）若， 由，即，得或； 由，即，得， 所以函数的单调递增区间为和， 单调递减区间为 （2） 若，在上恒成立， 则在上恒成立， 此时在 上单调递增 （）因为存在一个使得，则，等价于 令，等价于“当时，” 对求导，得 因为当时，所以在上单调递增 所以，因此 综上所述，实数的取值范围为 22 （本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 解： （1）由已知得圆O的参数方程为 2cos , 2sin . x y （为参数） 因为曲线C的极坐标方程是 2cos2 1，所以 222 cossin)1( 即 22 (cos )(sin )1 所以曲线C的直角坐标方程是 22 1xy 王后雄教育 第 6 页 （2）由（1）可知曲线C与x轴的两个交点分别是1,0M ，1,0N 设点2cos ,2sinP， 则 222222 (2cos1)(2sin)(2cos1)(2s|in)PMPN 22 2(4cos1)2(4sin)10 所以 22 |PMPN为定值 23（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 解： （1）因为(2 )(4)6fxf x，所以2136xx 当3x 时，原不等式可化为2136xx ，解得3x ； 当 1 3 2 x 时，原不等式可化为2136xx ，解得32x ； 当 1 2 x 时，原不等式可化为2136xx ，解得 4 3 x ； 综上所述，不等式的解集为 4 2 3 x xx 或 （2）证明