《河南省六市2018年高三第二次联考（二模）数学（文）答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省六市2018年高三第二次联考（二模）数学（文）答案.pdf（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2 0 1 8年河南省六市高三第二次联合调研检测 数学( 文科) 参考答案 一、 选择题1-5 B A C B D 6-1 0 C A B C A 1 1-1 2 D B 二、 填空题1 3. -1 1 4. 1 3 6 1 5. 9 3 1 6. 3 2 3 三、 解答题 1 7. 解: () f(x)=6 s i n(2x+ 6) 2分 f(x) 在(0, 6) 上单调递增, ( 6, 4) 上单调递减 4分 f(x)m a x=6,f(x)m i n=36分 () 在 AD C中, AD s i nC 2 = A C s i n AD C, 在 B D C 中, B D s i nC 2
2、 = B C s i n B D C 8分 s i n AD C= s i n B D C,A C=6,B C=3 AD=2B D 在 B C D中,B D2=1 7-1 2 2 c o s C 2, 在 A C D中,AD2=4 4-2 4 2 c o sC 2=6 8-4 8 2 c o s C 2 1 0分 c o s C 2= 2 2 , 即C= 2 1 2分 1 8. () 如图所示, 取D C中点N, 取B D中点M, 连结 MN, 则MN即为所求.2分 证明: 取B C中点H, 连结AH, A B C为腰长为3的 等腰三角形, H为B C中点, AHB C, 又平面A B C平面
3、B C D, 平面A B C平 面B C D=B C,AH平面A B C, AH平面B C D,同理可证EN平面B C D,EN AH, EN平 面A B C,AH平 面A B C,EN平 面 A B C. 又M,N分别为B D,D C中点,MNB C, MN平面A B C,B C平 面EMN,MN平 面 A B C.4分 又MNEN=N,MN平面EMN, EN平面EMN, 平面EMN平面A B C, 又E F平面EMN,E F平面A B C. 6分 )页 4 共(页 1 第 案答学数科文三高 () 连结DH, 取CH中点G, 连结NG, 则NGDH, 由( ) 可知EN平面A B C, 7分
4、 所以点E到平面A B C的距离与点N到平面A B C的距离相等. 又 B C D是边长为2的等边三角形,DHB C, 又平面A B C平面B C D, 平面A B C平面B C D=B C,DH平面B C D, DH平面A B C,NG平面A B C, DH= 3, 又N为C D中点,NG= 3 2 , 9分 又A C=A B=3, B C=2,S A B C=1 2 B CAH=2 2. VE-A B C=VN-A B C=1 3 S A B C|NG|= 6 3 .1 2分 注: 本题用空间向量做同样给分 1 9. 解: 解: ( ) 当n=5 时, y= 53 0 0,x5 53 0
5、0+(x-5)5 0 0,x5 = 1 5 0 0,x5 5 0 0 x-1 0 0 0,x5 5分 () 假设这5 0台机器在购机的同时每台都购买6个配置零件, 所须费用平均数为: 1 5 0 ( 2 263 0 0+1 22 3 0 0+1 02 8 0 0+63 3 0 0)=2 3 0 0 ( 元) 8分 假设这5 0台机器在购机的同时每台都购买7个配置零件, 所须费用平均数为1 5 0 ( 3 473 0 0+1 02 6 0 0+63 1 0 0)=2 3 2 0( 元)1 1分 2 3 0 02 3 2 0 购买1台机器的同时应购买6个配置零件.1 2分 2 0. 解:() 直线
6、A B的方程为x a + y -b=1 , 即b x-a y-a b=0. 1分 原点到直线A B的距离为 a b a 2+ b 2 = 3 2 , 即3a 2+3 b 2=4 a 2 b 2. 2分 e=c a = 6 3 c 2=2 3 a 2. 又a 2= b 2+ c 2, 由可得a 2=3, b 2=1, c 2=2. 3分 故椭圆的方程为 x 2 3 +y 2=1. 4分 () F1(- 2,0) ,F2(2,0) , 设P(x1,y1) ,Q(x2,y2). 由于直线P Q的斜率不为0, 故设其方程为x= k y + 2,5分 联立直线与椭圆的方程, 得 x= k y + 2,
7、x 2 3 +y 2=1, ( k 2+3) y 2+2 2 k y -1=0.7分 )页 4 共(页 2 第 案答学数科文三高 故 y1+y2=- 2 2k k 2+3, y1y2=- 1 k 2+3. 而SF1P Q=SF1F2P+SF1F2Q=1 2 |F1F2| |y1-y2|= 2 ( y1+y2) 2. -4 y1y2, 9分 将代入, 得SF1P Q= 2(-2 2 k k 2+3) 2+ 4 k 2+3= 2 6k 2+1 k 2+3 .1 0分 又SF1P Q=1 2( |P F1|+|F1Q|+|P Q|) r=2ar=2 3r, 所以 2 6k 2+1 k 2+3 =2
8、3r, 故r= 2k 2+1 k 2+3 = 2 k 2+1+ 2 k 2+1 1 2, 1 1分 当且仅当k 2+1= 2 k 2+1, 即k=1时取等号. 故P Q F1的内切圆半径r的最大值为1 2 1 2分 2 1. 解: () 由已知得f ( x)=(-x 2+2) e x-1, 当 f ( x)0, 即 -x 2+20, 即-x 2+20时, - 2 x0, 所以h (x)0, 即-1m0, g ( 2)=-2e-m0, 所以存 在x0( 1,2) , 使得 g ( x0)=0, 则当1x0时, g ( x) 0, 所以g(x) 在1,x0 上单调递增, 在(x0,+) 上单调递减
9、, 所以当x1,x0 时, g(x)g(1)=0, 此时不满足条件.1 1分 综上所述, 实数m的取值范围为 1,+).1 2分 2 2. 解: () 由曲线C1的参数方程为 x=2+2 c o s y=2 s i n ( 为参数) )页 4 共(页 3 第 案答学数科文三高 消去参数得曲线C1的普通方程为( x-2) 2+ y 2=4. 2分 又曲线C2的极坐标方程为=4 s i n, 2=4 s i n , C2的直角坐标方程为x 2+ y 2=4 y, 整理得:x 2+( y-2) 2=4. 4分 () 曲线C1: ( x-2) 2+ y 2=4化为极坐标方程为=4 c o s ,6分
10、设A( 1, 1) ,B( 2, 2) , 又曲线C3的极坐标方程为=, 0, R, 点A 是曲线C3与C1的交点, 点B是曲线C3与C2的交点, 且 均异于原点O, 且|A B|=4 2, |A B|=| 1-2|=| 4 s i n -4 c o s|=4 2 | s i n(- 4) |=4 2,8分 s i n(- 4) =1, 又0,- 4 - 4 3 4 ,- 4= 2, 解得= 3 4 .1 0分 2 3. 解: ()f( x)=|x-a|+ 1 2a, f(x+m)=|x+m-a|+ 1 2a, f(x)-f(x+m)=|x-a|-|x+m-a|m|,3分 |m|1,-1m1,实数m的最大值为1;5分 () 当a1 2时, g(x)=f(x)+| 2x-1 |=|x-a|+| 2x-1 |+ 1 2a = -3x+a+ 1 2a+1 , x1 2, 7分 g(x)m i n=g( 1 2) =1 2- a+ 1 2a= -2a 2+ a+1 2a 0,8分 0a1 2, -2a 2+ a+10 或 a0, -2a 2+ a+10 -1 2 a0,实数a的取值范围是 -1 2, 0)1 0分 )页 4 共(页 4 第 案答学数科文三高
