州一中理科数学答案(第2次)

取得最大值为 8 .
14.
解析:因为
a

b
，所以
3 cos

sin


0
，所以
tan


3
.
15. 解析：令 p n，q 1，则 an1 an a1 ，即 an1 an 1 ，所以 an 是以 a1 1 ，公差为1的等差数列，
Sn

(n
1)n 2
，所以
N

x1
2
x2
，y1
2
y2

，
所以直线 MB 的斜率 kMB

kON

y1 x1

y2 x2
，直线 MA 的斜率 kMA

y1 x1
y2 x2
，
因为点
M
，
A 在椭圆
E
'
上，所以

y12 4 y22
4

x12 3 x22 3
1 ，
1
两式相减得 3 y12 y22 4 x12 x22 0 ，即 3 y1 y2 y1 y2 4 x1 x2 x1 x2 ，
所以
y1 x1

y2 x2

y1 x1

y2 x2
=
4 3
，即 kMA
kMB =
4 3
，
故直线 MA 的斜率与直线 MB 的斜率的乘积为定值 4 . 3
（注：其它解法，酌情给分）
………12 分
21.解：（1） f (x) ln x a x 1， ，
当 a 0 时， f (x) 0 f (x) 在区间 1， 上单调递增,
cos
A

1 4
，
a

2
，
由余弦定理得： cos A b 2 c 2 a 2 ，所以 2bc
1 b 2 4b 2 4
4
4b 2
解得 b 1 ，所以 c 2 ， 由 cos A 1 ，得 sin A 15 ，
4
4
所以 S ABC

1 bc sin 2
A
1 2
6.
解析：由数列
an
是等比数列， a2 a5
a1q 128 a1q4 2
a1 29
，解得
q

1 4
， an

22n11 ，所以 bn

2n 11 ，
所以 bn 是等差数列且是递减数列，因为 b5 0，b6 0 ，所以 Sn 取得最大值时正整数 n 的值是 5, 选 B．
4
4
2
以 |AB
|
2p cos2
1
，而点 O
到直线 l
的距离 d

|
1| 16 1 3

1 32
，所以 OAB
的面积为
SOAB

1| 2
AB |
d

1 2
1
1 32

1 ，选 64
C
.
12.
解析：由不等式
f (x) 2018ex 1 ， 转 化 为
f
(x) ex

1

| 2a | 2a 1 ，所以离心率1 e c 2 ，选 A .
a2 b2 c
a
9. 解析： f (x 2) f (x) f (x) 是周期为 2 的函数，
又 f (x) 在 2，1 上是增函数 f (x) 在 0,1上是增函数 ，
在锐角三角形中， 0 ( ) 0 ，
有 95%以上的把握认为“出行方式的选择与年龄有关”. ………12 分
19 解：(1)证明：∵四边形 ABCD 为正方形，∴ BC / / AD ，
第 3 页 (共 6 页)
又 BC 平面 ADF ， AD 平面 ADF ，∴ BC / / 平面 ADF ,
∵ ABE 和 ABF 均为等腰直角三角形，且 BAE AFB 90 ，
,
E
(0，2，0)
,则
CF


1，
1，
2

，
CB

0，0，
2

，
CA


2，0，
2
,
CE


2，2，
2

,设平面
CBF
的一个法向量为
m


x，y，z

，
则
CB CF
• •
m m

0 0
，即
x
,

m .n
cos =


m .n
1 2
1 22
∴平面 CBF 与平面 CAE 所成角为 .
3
………12 分
20.解: (1)
设
F1
c，0
，
F2
c，0
，由题意得
e a

c a c
1 2
3
，解得
a c
2 1
，所以
b

a2 c2
3，
cos A
a
所以 sin( A B) 2 sin(C A) , 因为 A B C , A C B ,
所以 sin C 2 sin B , 又 B (0, ) , sin B 0 ,所以 sin C 2 .
sin B
………6 分；
（2）由（1）及正弦定理知 c 2 ，因为 b
………6 分
2 由题意知，椭圆 E ' 的方程为：y2 x2 1 ，直线 MA 与直线 MB 的斜率都存在且不为 0 ，取线段 MA
43 的中点 N ，因为点 A ， B 关于原点对称，所以直线 MB 与直线 ON 平行，
第 4 页 (共 6 页)
设
M

x1
，y1

，
A
x2
，y2

，则
红河州第一中学 2019 届高三年级第一次联考参考答案（理科数学）
命题、审题组教师 陈浩 李俊 孙果香 刘少林 陈煜翔 贺启飞 马红兵 马宏 谭海云 一、选择题
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案 C
D
A
D
C
B
C
A
D
A
C
B
1. 解析：由 x 2 1 得 1 x 1 ，因为 A 是自然数集，所以 A B 0 ，1 ,选 C．
1
,
S5
1
1 2

1 2

1 3

1 5

1 6

5 6
，选
D.
5. 解析：因为 ABB1 A1 ∥ DCC1D1 ，且 ABB1A1 BE ， CDD1C1 FD1 ，所以 BE ∥ FD1 ，
同理可得 ED1 ∥ BF ，所以 D1EBF 一定是平行四边形，选 C．
（2）∵平面 ABCD 平面 AEBF ，且 ABCD 是正方形，
∴ AD 平面 AEBF ，
又∵ BAE 90 ，分别以 AB, AE, AD 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
由已知得
A(0，0，0)
,
B(2，0，0)
,
F
(1，
1，0)
,
C (2，0，2)
∴ BAF ABE 45 ，∴ AF / /BE ，
又 BE 平面 ADF ， AF 平面 ADF ， ∴ BE / / 平面 ADF ， ∵ BC / / 平面 ADF ， BE / / 平面 ADF ， BC BE B ，
∴平面 BCE / / 平面 ADF .
………6 分；
SBEF
4,
设
F
到
BE的距离为h来自，SBEF
12 2
5 h 4,
解得 h 4 5 , 所以 F 在底面 ABCD 内（不包括边界）与 BE 平行且距离为 5
第 2 页 (共 6 页)
4 5 的线段 l 5
上，要使 C1F
的最小，则此时
F
是过 C
作l
的垂线的垂足，点 C
到
BE
的距离为
7. 解析：设正三角形边长为 1，则其面积为
3
，其内切圆半径为
3 ，内切圆面积为 1 ，根据几何
4
6
12
概型概率计算公式求得概率为
3 9

，选
C．
8.
解析：双曲线
x2 a2

y2 b2
1a
0 ，b 0 的一条渐近线方程是 bx ay

0 ，由题意知，圆
x2 y2 4 y 3 0 即 x2 y 22 1的圆心 0 ，2 到渐近线 bx ay 0 的距离不小于1，即
2018
，构造函数
g(x)
f (x) 1 ex
，则
g(x)
ex ( f (x) 1 e2x
f (x)) 0
，所以函数
g(x)
在
R
上单调递增.又因为
g(0) 2018
，所以
g(x)
f
(
x) ex

1

2018
的解集为
0,
，
选B.
二、填空题
13. 解析:可行域和目标函数如图所示，可得目标函数在 (4,0) 处

x)]
cos[
(4a
2x)]
cos(2x



4a)
2
36
4a 2k , 4a 2k , 当 k 0 时， a ，选 A .
6
6
24
11.
解析一：抛物线
y

4x2
，即
x2
=
1 4
y
的焦点
F

0
，1 16

，所以直线

3 29 5 49

87 245
X 的分布列为：
X
X
0
1
2
P
38 120
87
245 245
245
E( X ) 120 2 87 294 ………6 分；
245
245 245 .
（2）由表中数据知 K 2 100 (40 20 10 30)2 4.762 3.841， 70 30 50 50
2z 0 y 2z

0
，
m

1，1，0
，
又设平面 CAE 的一个法向量为 n x，y，z ，
CA CE
• •
n n

0 0
，即
2x 2z 0 2x 2 y 2z
0
，
n

1，0，1
当 a 0 时，令 f (x) 0 则 x ea ；令 f (x) 0 则1 x ea ，
1 2
15 4
15 4
.
………12 分
18. 解：（1）由题意知 X 的可能取值为 0,1,2，
P(X
0)
C220 C520

2 19 5 49

38 245
P(X
1)
C310 C210 C520

120 5 49

120 245
P(X
2)
C320 C520
1 64


1
，而点 O
到直线 l
的距离
d

|
1| 16 1 3

1 32
，所以 OAB
的面积为
SOAB

1| 2
AB | d

1 2
1
1 32

1 ，选 C 64
.
解析二：抛物线 y 4x2 ，即 x2 = 1 y ，所以 2 p 1 ，直线 l 的斜率 k tan 3 ，所以 cos 1 ，所
所以椭圆 E 的标准方程为： x2 y2 1 43
………3 分
当点 P 为短轴的端点时， F1PF2 最大，
此时， |PF1 || PF2 | a 2 ， | F1F2 | 2c 2 ，所以 F1PF2 为等边三角形，所以 F1PF2 =60 ,
故椭圆 E 上不存在一点 P ，使得 F1PF2 90 ；
2
2
2
sin sin( ) cos ， f (x) 在 0,1上是增函数 ， f (sin ) f (cos ) ，选 D．
2
第 1 页 (共 6 页)
10. 解析：函数 y sin 2x 关于直线 x a 对称的函数为
y

sin[2(2a
85 5
,
所以 CF

45 5
,
此时
C1F

min

4
5
5
2
42

4
30 . 5
三、解答题
17. 解：（1）因为 cos B 2 cos C 2c b ,由正弦定理得: sin A(cos B 2 cos C) cos A(2 sin C sin B) ,
f
(n)

Sn 32 n 1

n 2

32 n 1

n 1 2
32 n 1
1 2
，由基本不等式得，当且仅当 n

7
时，
f (n) Sn 32 的最小值为 15 .
n 1
2
16. 解 析 ： 由 已 知 得
A1 BEF
体 积 VA1 BEF

1 3

4
SBEF
16 , 所 以 3
2.
解析：由
z
1 2i 1i
得
1 3i 2
，所以复数
z
的共轭复数是
1 3i 2
，选
D．
3. 解析： (1 x)3 (1 x)2 (1 3x 3x2 x3 )(1 2x x2 ) ，常数项为：1，选 A．
4.
解析： an

1 n(n 1)

1 n

n
1
l
的方程为
y

3x 1 ，联立 16

y


3x

1 16
，消去
y
并整理得
4x2

y 4x2
3x

1 16

0
，所以
x1

x2

3 4
，
x1

x2


1 64
.所以
|AB |
1k2
(x1 x2)2 4x1x2
1 3

3 4