中学高二数学下学期第二次月考试题 理(PDF).pdf

2019淮北一中高二下第二次月考理科数学答案1-12CDBBC,BABDA,AD13.82114.7151716.201231휋17、（Ⅰ）푓(푥)=4cos푥(sin푥+cos푥)+푚=2sin(2푥+)+1+푚，226휋휋휋6휋当푥∈[0,]时，2푥+∈[,]，26677휋∴푓(푥)=2⋅sin+1+푚=푚min6∴푚=−1휋휋1由（Ⅰ）知푓(퐶)=2sin(2퐶+)，又푓(퐶)=1,∴sin(2퐶+)=，662휋휋13휋又퐶∈(0,휋)∴2퐶+∈(,)，666휋5휋휋故2퐶+=∴퐶=663在훥퐴퐵퐶中，由余弦定理可得：휋퐴퐶2+퐵퐶2−퐴퐵216+퐵퐶2−(5−퐵퐶)210퐵퐶−91cos====32퐴퐶⋅퐵퐶8퐵퐶8퐵퐶237解得:퐵퐶=,∴퐴퐵=22퐵퐶퐴퐵在훥퐴퐵퐶中，又=휋sin퐴sin3퐵퐶휋3333∴sin퐴=⋅sin=⋅=，퐴퐵37214/18、：(1)푓′(푥)=3푥2+2푎푥+푏，依题意有푓′(1)=0，푓(1)=−4，3+2푎+푏=0푎=2即得．1+푎+푏=−4푏=−7所以푓′(푥)=3푥2+4푥−7=(3푥+7)(푥−1)，7由푓′(푥)<0，得−<푥<1，37所以函数푓(푥)的单调递减区间(−,1)．3(2)由(1)知푓(푥)=푥3+2푥2−7푥，푓′(푥)=3푥2+4푥+7=(3푥+7)(푥−1)，7令푓′(푥)=0，解得푥=−，푥=1．132푓′(푥)，푓(푥)随x的变化情况如下表：x−1(−1,1)1(1,2)2−0+푓(푥)8↘极小值−4↗2由上表知，函数푓(푥)在(−1,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增．故可得푓(푥)푚푖푛=푓(1)=−4，푓(푥)푚푎푥=푓(−1)=8．/19、（1）由푎1+푎2+푎3+⋅⋅⋅+푎푛=2푏푛……①푛≥2时，푎1+푎2+푎3+⋅⋅⋅+푎푛−1=2푏푛−1……②①-②可得：，，设公比为（2）证明：由已知：当时，即：20【答案】证明：（Ⅰ）∵在多面体ABCDEF中，AF⊥AD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4．∴AF⊥AB，又AB∩AD=A，∴AF⊥面ABCD，∴AF⊥AC，又BE∥AF，∴BE⊥AC，①휋在直角梯形ABCD中，AB=4，AC=22，∠퐵퐴퐶=，422휋2解得BC=퐴퐵+퐴퐶−2×퐴퐵×퐴퐶×푐표푠=16+8−2×4×22×=2242由BC2+AC2=AB2，知AC⊥BC，②由①②知：AC⊥面BCE，∵AC⊂平面ACE，∴面ACE⊥面BCE．解：（Ⅱ）设点C到面ADE的距离为d，点C到直线AE的距离为h，记二面角C-AE-D平面角为θ，1111由V=V，即××2×2×2=××2×25×푑，E-ADCC-ADE32322퐴퐶×퐸퐶22×4+4+426解得d=，h===，5퐴퐸16+45푑130则sinθ==，进而cosθ=，ℎ6630即二面角C-AE-D的余弦值为．6푥2푦221（1）椭圆C的方程+=1，43（2）设A（x0，y0），22푥0푦0则+=1，（|x0|＜2）43222121∴|AF1|=（x0+1）+y0=（x0+4），∴|AF1|=2+x0，连接OP，OP，由相切条件知：422222223212|PA|=|OP|-|OP|=x0+y0-3=x0+3-x0-3=x0，44111∴|PA|=x0，∴|AF1|-|AP|=2+x0-x0=2．222（3）设C（x1，y1），D（x2，y2），显然可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x=k（y-m），令y=0，可得x=-km，则Q（-km，0），由，得（x1+km，y1）=λ（x1，y1-m），则y1=λ（y1-m），即λ==1+，，可得（x2+km，y2）=μ（x2，y2-m），即μ=1+将x=k（y-m），代入椭圆=1中22222（4+3k）y-6mky+3km-12=0，由韦达定理得y1+y2=，y1y2=，∴λ+μ=2+m（+）=2+m•=2+==．′푎′1푎222（1）푓(푥)=+2푥−푎，푓()=1+1−푎=0，即a-a-2=0，1+푎푥21+푎2∵a＞0，∴a=2，2푥(2푥−1)11此时，푓′(푥)=，∴푥∈[0，]上递减，[，2]上递增，1+2푥221135又푓(0)=푙푛，푓()=−，푓(2)=푙푛，224231∴−＜푏≤푙푛；42푎2푎푥2+(2−푎2)푥푥[2푎푥−(푎2−2)]（2）f′（x）=+2x-a==，1+푎푥1+푎푥1+푎푥푎2−21(푎−2)(푎+1)푎2−21∵1＜a＜2，∴−=＜0，即＜，2푎22푎2푎2111∴f（x）在[，2]上递增，∴f（x）=f（1）=ln（+푎）+1-a，2max2211问题等价于对任意的a∈（1，2），不等式ln（+푎）+1-a