四川眉山中学高三月考数学理

1 眉山中学高眉山中学高 20172017 届高三届高三 5 5 月月考理科数学参考答案月月考理科数学参考答案 一、选择题一、选择题 题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212 答案答案B BC CB BA AD DC CC CD DD DA AA AC C 二、填空题二、填空题 13.413.414.-314.-315.15.516.403416.4034 三、解答题 17.解：如图，连接BD，在ABD 中，由余弦定理： 100 27 cos2 222 BCDCDBCCDBCBD, 10 33 BD2 分 由CDBD 得 6 CBDCDB 又 3 2 CDE,则 2 BDE.4 分 在BDERt 中，kmDEBDBE 5 33 22 .6 分 在ABE 中，由余弦定理： 222 cos2BEBAEAEABAEAB 即 25 27 22 AEABAEAB8 分 又AEABAEAB 2 22 则 25 27 AEAB,当且仅当 5 33 AEAB时等号成立10 分 故 100 327 sin 2 1 BAEAEABS ABE 即生活区的最大面积为 2 100 327 km12 分 18.证明：取PD中点F，连接 EFAF, FE,分别是PDPC,的中点 CDEFCDEF 2 1 ,/ CDABCDAB 2 1 ,/ ABEFABEF ,/ 四边形ABEF是平行四边形 AFBE / .3 分 PA面ABCD CDPA ,CDABADAB/, CDAD CD面PADAFCD BECD .6 分 以点A为坐标 原点建立如图所示空间直角坐标系xyzA ，则 1 , 1 , 1,0 , 2 , 2,2 , 0 , 0,0 , 0 , 1,0 , 0 , 0ECPBA7 分 0 , 0 , 1,2 , 1 , 1 ABAE 设面EAB的法向量为 zyxm, 2 由 0 0 0 0 x zyx ABm AEm ，令1, 1 yz，即 1 , 1, 0 m 面PAB的一个法向量 0 , 1 , 0 n .10 分 设二面角PABE 的大小为 ，则 2 2 ,coscos nm 12 分 19.根据题意列出22 列联表如下： .2 分 072. 24 . 0 5555 9410 2 2 K 所以没有 85%的理由认为抢到红包个数与手机品牌有关.4 分 记 “型号 I 被选中”为事件C； “型号 II 被选中” 为事件D 则 5 3 3 5 2 4 C C CP, 10 3 3 5 1 3 C C CDP,则 2 1 | CP CDP CDP.6 分 3 , 2 , 1 X7 分 10 3 1 3 5 2 2 1 3 C CC XP; 5 3 2 3 5 2 3 1 2 C CC XP; 10 1 1 3 5 3 3 C C XP;.10 分 故X的分布列为： X123 p 10 3 5 3 10 1 5 9 XE.12 分 20.解由题设知： 422 2 1 , 2 3 ba a c ，又 222 cba 解得：1, 2 ba，故所求椭圆方程为1 4 2 2 y x .3 分 1: 1 xkyAB，则有 r k k 2 1 1 1 1 ，即 0121 2 1 2 1 2 rkkr 对于直线1: 2 xkyAD，同理有 0121 2 2 2 2 2 rkkr 红包个数 手机品牌 优非优合计 甲品牌（个）325 乙品牌（个）235 合计5510 3 于是 21,k k是方程 0121 222 rkkr的两实根，故1 21 kk.7 分 考虑到1r时，D是椭圆的下顶点，B趋近于椭圆的上顶点，故BD若过定点，则猜 想定点在y轴上 由 1 4 1 2 2 1 y x xky 得 0814 1 22 1 xkxk，则 14 14 , 14 8 2 1 2 1 2 1 1 k k k k B 同理可得 14 14 , 14 8 2 2 2 2 2 2 2 k k k k D， 3 21 kk kBD .9 分 直线BD的方程为 14 8 314 14 2 1 121 2 1 2 1 k k x kk k k y 令0 x得 3 5 143 520 14 14 14 8 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 121 k k k k k kkk y 故直线BD过定点 3 5 , 0.12 分 21. 解 axxf ln1，由 11 f得0 a， 又 01122 f得 2 1 1 baf， 2 1 b， 则 1ln, 2 1 ln xxfxxxf. . . .2 分 由 0 x f得 e x 1 ，由 0 x f得 e x 1 0 ， 即 xf在 e 1 , 0上递减，在 , 1 e 上递增 ee fxf 1 2 11 min . . .5 分 令 0,sin xxxxg， 0,cos1 xxxg， xg在 , 0上单调递增 00 gxg，故0 x时，xxsin ，又1cos1 x 要证 x x xxe x 1sin cosln ，只需证01sinlncos xxxxxxe x 只需证 01ln xxxxxe x ，即证 01ln2 xxxxe x .7 分 记 012 xxxexh x ， 02, 21 xx exxhexxh x h 在 , 0上单调递增，而 02 2 3 2 1 , 10 ehh 4 由零点存在定理， 0, 2 1 , 0 00 xhx，即 21 0 0 x ex 当 0 , 0 xx 时， 0 x h， xh在 0 , 0 x上单调递减 当 , 0 xx时， 0 x h， xh在 , 0 x上单调递增 12 14 2 1 2 1 2 2 1 2 0 0 2 0 0 0 0 000min 0 x xx x x x xexxhxh x 而 2 1 , 0 0 x，则 0 0 xh，即 0 xh.11 分 由 0 xf，所以， 0 xgxf，即 01ln2 xxxxe x 故原不等式成 立. . .12 分 22.解：由122cos2 22 得12sincos2 22222 即123 22 yx，.2 分 故曲线C的标准方程为1 412 22 yx ，其左焦点为 0 ,22 ， 22 m .4 分 直线l的参数方程为 ty tx 2 2 2 2 22 ，代入123 22 yx得 022 2 tt ， .6 分 则2 21 ttFBFA， 324 21 2 2121 ttttttFBFA . 8 分 故 42 222 FAFB FBFA FAFB FBFA FA FB FB FA .10 分 23.解：当1 a时，21212 xxx 24 2 1 xx x 无解； 22 2 1 2 1 x x 解得 2 1