福建省三明一中2019-2020学年高二上学期第二次月考数学答案

福建省三明一中2019-2020学年高二上学期第二次月考数学答案

三明一中 2019-2020 上学年第二次月考 高二数学答案 一、选择题 1-5 B C D C A 6-10 A D B C D 11 (ABD) 12 (ABD) 二、填空题 13. 1m  14. 9 2 15. 4 16. 2008 三、解答题 17、解：（1） 32( ) 2f x x x x   ， x [0,2] 2( ) 3 4 1f x x x    ， ………………………………1 分 令 12 1( ) 0 , 13f x x x   得 ………………………2 分 所以随着 x 的变化， ( ), ( )f x f x 的变化如下表 x 0 1(0, )3 1 3 1( ,1)3 1 (1,2) 2 ()fx  _ . ()fx 0 极大值 4 27 极小值 0 2 …………………………………………………………………………………………5 分 由上表可知，函数最大值为 2，最小值为 0 ……………………………………6 分 （2）由（1）知， ()y f x 的草图如下 ()f x a 仅有唯一解，即 ()y f x y a与 仅有唯一交点………………………7 分 如图可知 4 227 a………………………………………………………………..10 分 18.解（1）方程 22 113 xy kk   表示椭圆 即椭圆标准方程为 22 113 xy kk ，…………………………………2 分 所以只需要 1 0, 1kk  即 …………………………………4 分 故 p 为真命题时， 1k  ……………………………………………………….5 分 （2） 2, 1 0x R kx kx     恒成立 则可知 ① 当 0k  时，不等式成立 ………………………………………6 分 ②当 2 00 040 40 kk k kk         ………………………8 分 综上可知04k  命题 :0 4qk ……………………………………………9 分 由已知可知， p为假，命题 q为真 ………………………………………10 分 即 1 1404 k kk      ……………………………………………12 分 19. 解 (1)直线 AB 的方程是 y＝2 (x－p 2)，与 y2＝2px 联立， 从而有 4x2－6px＋p2＝0 ………………………………………………………….2 分 所以 12 3 2x x p ， ……………………………………………………………..3 分 由抛物线定义得 |AB|＝ 12 5 52x x p p    ， …………………………………………………5 分 所以 p＝2，从而抛物线方程为 y2＝4x …………………………………………6 分 (2)由于 p＝2，则 直线 AB: 22yx，即 2 2 0xy   由已知OC OA OB，所以四边形OACB 为平行四边形 ………………7 分 2OACB OABS S AB d   （其中 d 为O 到直线 AB 的距离） ……………8 分 又 22 2 0 0 2 2 52 ( 1) d     ………………………………………………….10 分 2 5 2 5 5OABCS    …………………………………………………………….12 分 20 解:（1） 2( ) ln 2 , 0f x x x x x    1( ) 2 2f x xx     ……………………………………2 分 故 (1) 1, (1) 1ff，即切点为（1，1），切线的斜率为 1……………4 分 所以所求的切线方程为 0xy…………………………………………5 分 （2） 2( ) ln , 0f x x ax x x    ，即 ln xax x 设 ln() xg x x x ，则 min()a g x ………………………6 分 又 2 2 ln 1() xxgx x   ……………………………………7 分 设 2( ) ln 1h x x x   ，则易知 单调递增………………8 分 由 (1) 0,h  可知 (0,1), ( ) 0; (1, ), ( ) 0x h x x h x     ……………………9 分 即 (0,1), ( ) 0; (1, ), ( ) 0x g x x g x     所以 在(0,1) 上单调递减，在(1, ) 时单调递增…………11 分 即 min( ) (1) 1g x g，所以 1a  ………………………………………………12 分 21 (1)证明 ∵ DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝ 2，……………………………1 分 又 AD＝ 2，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2， ∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD…………………………………………………………..2 分 又平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD， ∴BD⊥平面 ADEF，----------------------------------------------------------------------------4 分 又 BD⊂平面 BDM， ∴平面 BDM⊥平面 ADEF.---------------------------------------------------------------------5 分 (2)解 在平面 DAB 内过点 D 作 DN⊥AB，垂足为 N， ∵AB∥CD，∴DN⊥CD， 又平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，DE⊥AD， ∴ED⊥平面 ABCD，∴DN⊥ED， 以 D 为坐标原点，DN 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，DE 所在的直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系如图所示．……………………………………………………6 分 ∴B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0,0， 2)，N(1,0,0)，………………………………….7 分 设 M(x0，y0，z0)，EM→ ＝λEC→(0≤λ<1)， ∴(x0，y0，z0－ 2)＝λ(0,1，－ 2)， ∴x0＝0，y0＝λ，z0＝ 2(1－λ)， ∴M(0，λ， 2(1－λ))．……………………………………………………………….8 分 设平面 BDM 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则   n1·DM→ ＝0， n1·DB→ ＝0， 又DM→ ＝(0，λ， 2(1－λ))，DB→ ＝(1,1,0)，…………………………………………..9 分 ∴  λy＋ 21－λz＝0， x＋y＝0， 令 x＝1，得 y＝－1，z＝ λ 21－λ， 故 n1＝(1，－1， λ 21－λ)是平面 BDM 的一个法向量．------------------------10 分 ∵平面 ABF 的一个法向量为DN→ ＝(1,0,0)，-------------------------------------------11 分 ∴|cos〈n1，DN→ 〉|＝ 1 1＋1＋ λ2 21－λ2 ＝1 2，得 λ＝2 3， ∴M(0，2 3， 2 3 )， ∴点 M 在线段 CE 的三等分点且靠近点 C 处．---------------------------------------12 分 22. 综上可知 ()fx在区间[0,1] 上只有唯一的零点 …………………………12 分