昆八中2017-2018学下学期月考三

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昆八中2017-2018学年度下学期月考三
平行高二理科数学答案

一、选择题
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案
A B C A D C C A B A B B

二、填空题
13．7 14．3 15．12 16．(0,)2e
三、解答题
17．解：（1）ABC△中，面积1sin2SabC，2222cosabcabC,

因为22243Sabc，所以143sin2cos2abCabC，即3tan3C,
故30C ……………………………………5分
（2）ABC△中，因为2ac，所以2sin2sin2AC
故45A或135A …………………………………10分

18．解：（1）由频率分布直方图，可知，周末的“阅读时间”在[00.5)，的频率为0.080.50.04．
同理，在[0.51)，，[1.52)，，[22.5)，，[33.5)，，[3.54)，，[44.5)，等组的频率分别为0.08，
0.20，0.25，0.07，0.04，0.02
，
由1(0.040.080.200.250.070.040.02)0.50.5aa．
解得0.30a．…………………………4分
（2）设中位数为m小时．
因为前5组的频率之和为0.040.080.150.200.250.720.5，
而前4组的频率之和为0.040.080.150.200.470.5，
所以22.5m．
由0.50(2)0.50.47m，解得2.06m．
故可估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为2.06小时． ……………8分
（3）设在取出的20名学生中，周末阅读时间在12.5，中的有X人，则X服从二项分布，
2

即200.6XB，，则恰好有k名学生周末阅读时间在12.5，中的概率为

2020()0.60.4kkkPXkC

，其中0k，1，2，…，20．

设()(1)PXktPXk20201211200.60.43(21)20.60.4kkkkkkCkkC，1220k，，，，
若1t，则12.6k，(1)()PXkPXk；
若1t，则12.6k，(1)()PXkPXk．
所以当12k时，()PXk最大．
所以k的取值为12．………………………………………………………………12分

19．解：（1）因为1122nnnaa，
11111122222222nnnnnnnnnnnnnaaaaaa




．…………………4分

又112a，
所以数列2nna是首项为1，公差为1的等差数列．…………………………6分
（2）由（Ⅰ）得2nnan，即2nnan．……………………………………………8分
所以2nnan，
所以数列nan是首项为2，公比为2的等比数列．……………………………10分
故数列nan的前n项和122nnS．…………………………………………12分

20．解：（1）连结1AC， 因为直三棱柱111ABCABC中，四边形11AACC是矩形，
故点F在1AC上，且F为1AC的中点．
在1ABC中，因为 E，F分别是1AB，1AC的中点， 故//EFBC．
在直三棱柱111ABCABC中，1BB平面ABC，所以1BBEF．
因为ABBC，则EFAB，
因为 BABBB1，故EF平面11ABBA，

A
B
C
C
1

B
1

A
1

E

F
3

又EF平面AEF，故平面AEF平面11ABBA． …………6分
（2）法一：过B作AEBK于K，
过K作AFKT于T，连结BT．
因为平面AEF平面11ABBA，平面AEF平面11ABBA=AE，
所以BK平面AEF，又AF平面AEF，
所以AFBK，又TBTKT，
所以AF平面BKT，又BT平面BKT，
所以BTAF，
因此BTK为二面角EACB1的平面角，

在BTKRt中，易求52BK，301KT，
所以62tanKTBKBTK，51cosKTBKBTK，
所以二面角EACB1的余弦值为51．…………12分

法二：如图，以B为坐标原点，分别以BC，BB1，BA为x，y，z轴
建立空间直角坐标系，则)0,0,0(B，)0,0,1(C，
)1,0,0(A
，)0,2,1(1C，)0,2,0(1B．

)1,0,0(BA，)0,2,1(1BC
，求得平面1BAC的

一个法向量)0,1,2(m；
)0,0,1(11CB，)1,2,0(1AB
，求得平面EAC1的

一个法向量)2,1,0(n；
所以51551,cosnmnmnm，

因这二面角EACB1的平面角为锐角，
即二面角EACB1的余弦值为51．…………12分

A
B
C
C
1

B
1

A
1

E

F
y

x

z

A
B
C
C
1

B
1

A
1

E

F

K

T
4
（Ⅱ）法三：过B作AEBK于K，连结1KC、CB1．
因为平面AEF平面11ABBA，平面AEF平面11ABBA=AE，
所以BK平面11CAB，
在ABKRt中，易求51BK，

所以5211AKCS，又25ABCS，设二面角EACB1的平面角为，
根据射影面积法得，5125521cos1ABCAKCSS，
所以二面角EACB1的余弦值为51．…………12分
21．解：（1）由已知，动点M到点(10)A，，(10)B，的距离之和为22，
且22AB，所以动点M的轨迹为椭圆，而2a，1c，所以1b，

所以E的方程为2212xy. ………………………………………5分
（2）设P,Q,R点的坐标分别为11()Pxy，,22()Qxy，,0(0).Ry，
由1RPPF,所以110111()(1)xyyxy，，，所以1111x，0111yy，

因为点P在曲线E上，所以2201111()()1211y，
化简得：221104220y①，……………………………………8分
同理，由2RQQF可得：2221x，0221yy，
代入曲线E的方程得: 222204220y②， …………………………10分
由①②得：

1，2是方程2204220xxy的两个实数根，所以12
4
.………12分

22．解：（1）1()(0)xafxexx，
∵1x是()fx的极值点，知1(1)10afe，

A
B
C
C
1

B
1

A
1

E

F

K
5
∴1a，此时11()xfxex，

当(0,1)x时，()0fx，()fx在(0,1)内单调递增，
当(1,)x时，()0fx，()fx在(1,)内单调递减． ……………5分
（2）当2a时，2xaxee，2()lnlnxaxfxxexe，
只需证2()ln0xgxxe，
21()xgxex




，

由()0gx得21xex，由图象法知方程有唯一解0(1,2)x，且0201xex，

00
ln2xx
，

当0(0,)xx时，()0gx，()gx在0(0,)x内单调递增，
当0(,)xx时，()0gx，()gx在0(,)x内单调递减，

∴02max0001()ln2xgxxexx，

由0(1,2)x知00001122xxxx，max001()20gxxx，
综上，当2a时，()0fx． ……………………12分