理数（二）答案.pdf

参考答案及解析参考答案及解析理科数学（理科数学（）一、选择题一、选择题1-5:BCAAD6-10:AABCC11、12：CD二、填空题二、填空题13.-814.625122e15.2 7,5 416.3,3 3)三、解答题三、解答题17.解：（1）当2n 时，由121nnSS及112a，得2121SS，即121221aaa，解得214a.又由121nnSS，可知121nnSS，-得12nnaa，即11(2)2nnana.且1n 时，2112aa适合上式，因此数列na是以12为首项，12为公比的等比数列，故12nna*()nN（2）由（1）及12lognnba*()nN，可知121log()2nnbn，所以11111(1)1nnb bn nnn，故22 31111nnnnTb bb bb b11111(1)()()2231nn1111nnn.18.解：（1）因为底面ABCD为菱形，所以ACBD，又平面BDEF 底面ABCD，平面BDEF 平面ABCDBD，因此AC 平面BDEF，从而ACEF.又BDDE，所以DE 平面ABCD，由2ABa，22 2DEBFa，120ABC，可知22426AFaaa，2BDa，22426EFaaa，22482 3AEaaa，从而222AFFEAE，故EFAF.又AFACA，所以EF 平面AFC.又EF 平面AEF，所以平面AEF 平面AFC.（2）取EF中点G，由题可知/OGDE，所以OG 平面ABCD，又在菱形ABCD中，OAOB，所以分别以OA，OB，OG的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz（如图示），则(0,0,0)O，(3,0,0)Aa，(3,0,0)Ca，(0,2 2)Eaa，(0,2)Faa，所以(0,2 2)(3,0,0)AEaaa(3,2 2)aaa，(3,0,0)(3,0,0)ACaa(2 3,0,0)a，(0,2)(0,2 2)EFaaaa(0,2,2)aa.由（1）可知EF 平面AFC，所以平面AFC的法向量可取为(0,2,2)EFaa.设平面AEC的法向量为(,)nx y z，则0,0,n AEn AC 即32 20,0,xyzx即2 2,0,yzx令2z，得4y，所以(0,4,2)n.从而cos,n EF 633|6 3n EFanEFa .故所求的二面角EACF的余弦值为33.19.解：（1）从条形图中可知这 100 人中，有 56 名学生成绩等级为B，所以可以估计该校学生获得成绩等级为B的概率为561410025，则该校高三年级学生获得成绩为B的人数约有1480044825.（2）这 100 名学生成绩的平均分为1(32 10056 907 803 702 60)100 91.3，因为91.390，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关.（3）由题可知用分层抽样的方法抽取 11 个学生样本，其中A级 4 个，B级 7 个，从而任意选取 3 个，这3 个为A级的个数的可能值为 0，1，2，3.则03473117(0)33C CPC，124731128(1)55C CPC，214731114(2)55C CPC，30473114(3)165C CPC.因此可得的分布列为：则728144()0123335555165E 1211.20.解：（1）由题意可知22ca，所以222222()acab，即222ab，又点23(,)22P在椭圆上，所以有2223144ab，由联立，解得21b，22a，故所求的椭圆方程为2212xy.（2）设1122(,),(,)A x yB xy，由0OA OB ，可知12120 x xy y.联立方程组22,1,2ykxmxy消去y化简整理得222(12)4220kxkmxm，由2222168(1)(12)0k mmk，得2212km，所以122412kmxxk，21222212mx xk，又由题知12120 x xy y，即1212()()0 x xkxm kxm，整理为221212(1)()0kx xkm xxm.将代入上式，得22222224(1)01212mkmkkmmkk.化简整理得222322012mkk，从而得到22322mk.21.解：（1）由22()lnf xaxxax，可知2()2afxxax 222(2)()xaxaxa xaxx.因为函数()f x的定义域为(0,)，所以，若0a 时，当(0,)xa时，()0fx，函数()f x单调递减，当(,)xa时，()0fx，函数()f x单调递增；若0a 时，当()20fxx在(0,)x内恒成立，函数()f x单调递增；若0a 时，当(0,)2ax时，()0fx，函数()f x单调递减，当(,)2ax 时，()0fx，函数()f x单调递增.（2）证明：由题可知()()()h xf xx2(2)lnxa xax(0)x，所以()2(2)ah xxax22(2)(2)(1)xa xaxa xxx.所以当(0,)2ax时，()0h x；当(,)2ax时，()0h x；当2ax 时，()02ah.欲证12()02xxh，只需证12()()22xxahh，又2()20ahxx，即()h x单调递增，故只需证明1222xxa.设1x，2x是方程()h xm的两个不相等的实根，不妨设为120 xx，则21112222(2)ln,(2)ln,xa xaxmxa xaxm两式相减并整理得1212(lnln)a xxxx22121222xxxx，从而221212121222lnlnxxxxaxxxx，故只需证明2212121212122222(lnln)xxxxxxxxxx，即22121212121222lnlnxxxxxxxxxx.因为1212lnln0 xxxx，所以（*）式可化为12121222lnlnxxxxxx，即11212222ln1xxxxxx.因为120 xx，所以1201xx，不妨令12xtx，所以得到22ln1ttt，(0,1)t.记22()ln1tR ttt，(0,1)t，所以22214(1)()0(1)(1)tR tttt t，当且仅当1t 时，等号成立，因此()R t在(0,1)单调递增.又(1)0R，因此()0R t，(0,1)t，故22ln1ttt，(0,1)t得证，从而12()02xxh得证.22.解：（1）曲线1C：3cos,2sin,xtyt消去参数t可得普通方程为222(3)(2)xya.曲线2C：4sin，两边同乘.可得普通方程为22(2)4xy.把22(2)4yx代入曲线1C的普通方程得：222(3)4136axxx，而对2C有222(2)4xxy，即22x，所以2125a故当两曲线有公共点时，a的取值范围为1,5.（2）当3a 时，曲线1C：22(3)(2)9xy，两曲线交点A，B所在直线方程为23x.曲线22(2)4xy的圆心到直线23x 的距离为23d，所以48 2|2 493AB.23.解：（1）因为()|21|1|f xxx3,1,12,1,213,.2x xxxx x 所以作出图象如图所示，并从图可知满足不等式()3f x 的解集为 1,1.（2）证明：由图可知函数()yf x的最小值为32，即32m.所以2232ab，从而227112ab ，从而221411ab2222214(1)(1)()71abaab2222214(1)5()711baab222221 4(1)18527117baab.当且仅当222214(1)11baab时，等号成立，即216a，243b 时，有最小值，所以221418117ab得证.