《四川眉山中学高三月考数学理答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川眉山中学高三月考数学理答案.pdf（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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 BD 2 分 由CDBD 得 6 CBDCDB 又 3 2 C
2、DE 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 AEABAEAB 8 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 km 12 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
3、形 AFBE 3 分 PA面ABCD CDPA CDABADAB CDAD CD面PAD AFCD 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 0ECPBA 7 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 9
4、410 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 X 7 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 2
5、22 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1 r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
6、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
7、 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 0
8、2 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
9、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 0 x 24 2 1 xx x 解得 3 2 2 1 x 综上 不等式的解集为 3 2 0 xx 5 分 由 aaababaababf b f b f 12212 2 1 2 22 212 aa 5 故 2 1 2 2 f b f b f中至少有一个不小于 2 1 10 分
