济宁一中高三模拟数学试题数学答案

济宁一中2017级高三一轮复习质量检测数学试题
答案
1.A
2.B
3.C
4.D
5.A
6.D
7.A
8.C
9.ABD 10.BC 11.ABD 12.AC 13.3214.715.√6−√316.[25,2
3)
17.解：(1)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，
由b 2=3，b 3=9，可得q =b
3
b 2
=3，
b n =b 2·q n−2=3·3n−2=3n−1； 即有a 1=b 1=1，a 14=b 4=27， 则d =
a 14−a 113
=2，
则a n =a 1+(n −1)d =1+2(n −1)=2n −1； (2)c n =a n +b n =2n −1+3n−1， 则数列{c n }的前n 项和为：
[1+3+⋯+(2n −1)]+(1+3+9+⋯+3n−1) =2n 2·n +
1−3n
1−3
=n 2
+
3n −12
．
18.解：(1)函数f(x)=cos 2x −sin 2x +1
2=cos2x +1
2，x ∈(0,π)，
由2kπ−π≤2x ≤2kπ，k ∈Z ， 解得kπ−1
2π≤x ≤kπ，k ∈Z ， 当k =1时，12π≤x ≤π， 可得f(x)的单调递增区间为[π
2,π)； (2)设△ABC 为锐角三角形，
角A 所对边a =√19，角B 所对边b =5， 若f(A)=0，即有cos2A +12=0， 解得2A =2
3π，即A =1
3π，
由余弦定理可得a 2=b 2+c 2−2bccosA ， 化为c 2−5c +6=0， 解得c =2或3，
若c =2，则cosB =2×√19×2<0， 即有B 为钝角， ∴c =2不成立， 则c =3，
△ABC 的面积为S =1
2
bcsinA =1
2
×5×3×√3
2
=
15√3
4
． 19.解：(Ⅰ)证明：∵四边形EDCF 为矩形，
∴DE ⊥CD ，
∵平面EDCF ⊥平面ABCD ， 平面EDCF ∩平面ABCD =CD ， DE ⊂平面EDCF ， ∴DE ⊥平面ABCD ．
由题意，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，过D 作平行于AB 直线为y 轴， DE 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 如图所示：
则A(1,0，0)，B(1,2，0)，E(0,0，√3)，F(−1,2，√3)， BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,√3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)， 设平面ABE 的法向量为n
⃗ =(x,y ，z)， ∴{−x −2y +√3z =0
2y =0
, ∴y =0，令z =1，则x =√3，
所以平面ABE 的法向量为n ⃗ =(√3,0，1)， 又DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2，√3)，
∴DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3+0+√3=0， ∴DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ⃗ ；
又∵DF ⊄平面ABE ， ∴DF//平面ABE ；
(Ⅱ)∵BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，−2，√3)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0，√3)， 设平面BEF 的法向量为m
⃗⃗⃗ =(a,b ，c)， ∴{−a −2b +√3c =0−2a +√3c =0
,
令c =4，则a =2√3,b =√3，
则平面BEF 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(2√3,√3,4)， 设平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角为θ， ∴cosθ=
|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |×|n ⃗⃗ |
=√31×2
=
5√31
31
， ∴平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值是5√31
31
； (Ⅲ)设DP
⃗⃗⃗⃗⃗ =λDF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(−1,2，√3) =(−λ,2λ,√3λ)，λ∈[0,1]； ∴P(−λ,2λ,√3λ)，
BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−λ−1,2λ−2,√3λ)，
又平面ABE 的法向量为n ⃗ =(√3,0，1)，设直线BP 与平面ABE 所成角为α， ∴sinα=|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |
|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |×|n ⃗⃗ |
=
√3(−λ√3λ|
√(−λ−1)2+(2λ−2)2+(√3λ)2×2
=
√3
4
， 化简得8λ2−6λ+1=0， 解得λ=1
2或λ=1
4；
当λ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32
,−1,√3
2
)，∴|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2；
当λ=14时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−54
,−32
,√34
)，∴|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2；
综上，|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2．
20.解：(Ⅰ)设甲同学在A 处投中为事件A ，在B 处第i 次投中为事件B i (i =1,2)，
由已知P(A)=1
4,P(B i )=4
5.X 的取值为0，2，3，4．
则P(X =0)=1B 2)=P(A)P(B 1)P(B 2)=3
4×1
5×1
5=3
100，P(X =2)=P(AB 1B 2)+P(AB 1B 2)=3
4×4
5×1
5+3
4×1
5×4
5=625，
P(X =3)=P(A)=1
4，P(X =4)=P(AB 1B 2)=3
4×4
5×4
5=12
25， X 的分布列为：
X 的数学期望为：E(X)=0×
3
100
+2×6
25+3×1
4+4×12
25=315
100=3.15． (Ⅱ)甲同学选择方案1通过测试的概率为P 1，选择方案2通过测试的概率为P 2，
则P1=P(X=3)+P(X=4)=1
4+12
25
=73
100
=0.73，P2=P(B1B2)+P(B1B2B3)+
P(B1B2B3)=4
5×4
5
+1
5
×4
5
×4
5
+4
5
×1
5
×4
5
=112
125
=0.896，
∵P2>P1，
∴甲同学选择方案2通过测试的可能性更大．
21.解：(Ⅰ)抛物线C：x2=−2py经过点(2,−1).可得4=2p，即p=2，可得抛物线C的方程为x2=−4y，准线方程为y=1；
(Ⅱ)证明：抛物线x2=−4y的焦点为F(0,−1)，
设直线方程为y=kx−1，联立抛物线方程，可得x2+4kx−4=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
可得x1+x2=−4k，x1x2=−4，
直线OM的方程为y=y1x
1x，即y=−x1
4
x，
直线ON的方程为y=y2x
2x，即y=−x2
4
x，
可得A(4x
1,−1)，B(4
x2
,−1)，
可得AB的中点的横坐标为2(1
x1
+1
x2
)=2⋅−4k
−4
=2k，
即有AB为直径的圆心为(2k,−1)，
半径为|AB|
2=1
2
|4
x1
−4
x2
|=2⋅√16k2+16
4
=2√1+k2，
可得圆的方程为(x−2k)2+(y+1)2=4(1+k2)，
化为x2−4kx+(y+1)2=4，
由x=0，可得y=1或−3．
则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0,1)，(0,−3)．22.解：(1)由f(x)=ae2x+(a−2)e x−x，
则，
导函数中2e x+1>0恒成立，
当a≤0时，ae x−1<0恒成立，
所以在x∈R上有，
所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递减；
当a>0时，令0'/>，，
令，解得，
∴在上，f(x)单调递减，
在上，f(x)单调递增．
综上可知：当a≤0时，f(x)在R单调递减，
当a>0时，f(x)在(−∞,ln1
a )是减函数，在(ln1
a
,+∞)是增函数；
(2)若a≤0时，由(1)可知：f(x)最多有一个零点，
所以a≤0不符合题意；
当a>0时，f(x)=ae2x+(a−2)e x−x，
函数有两个零点，f(x)的最小值必须小于0，
由(1)知，，
f(x)min<0，即，
令，0'/>，
所以ℎ(a)在(0,+∞)上单调递增，
又因为ℎ(1)=0，
此时解得0<a<1．
接下来说明0<a<1时f(x)存在两个零点：
当x<0时，ae2x>0，(a−2)e x>a−2，
此时f(x)>a−2−x，故f(a−2)>0，
又f(x)在上单调递减，，故存在，使得f(x1)=0，
当时，易证−x>−e x，
此时f(x)>ae2x+(a−3)e x=ae x[e x+(a−3)
a
]，故，且满足，
又f(x)在上单调递增，，故存在使得f(x2)=0，
所以当0<a<1时，f(x)存在两个零点．
综上所述，a的取值范围是(0,1)．。