湖北省华中师范大学第一附属中学2019-2020学年高二下学期数学综合检测试题（一）答案

湖北省华中师范大学第一附属中学2019-2020学年高二下学期数学综合检测试题（一）答案

- 1 - 2021 届高三数学综合检测题（一）参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B B A D B C B C D A B 二、填空题： 13． 022  yx ； 14． 15 8 ； 15．6； 16．18 3 ； 7 2 （第一空 2 分，第二空 3 分）． 7．解：由题意知 (3, )B p  ，由题意，抽奖一次获二等奖的概率为： 4 5 6 5 1 10 10 10 10 2p      ， 1 1 3( ) 3 2 2 4D npq      ． 9．解：展开式的通项公式为 366 2 1 6 2 ( 1) ( 0,1, ,6) r r r r rT C x r          ，当 0,2,4,6r  时， 1rT  是有理项，即展开式中有 3 个无理项，4 个有理项，所以展开式中各项顺序打乱，随 机重新再排列，得到的式子中无理项互不相邻的排列方式有 4 3 4 5 1440A A  种． 10．解： xx e  对 1x  恒成立等价于 xe x   对 1x  恒成立，设 ( ) ( 1) xef x xx   ，则 2 ( 1)( ) 0 xe xf x x    ，所以 ( ) (1)f x f e  ，所以 xx e  对 1x  恒成立的充要条件是 e  ，所以“ xx e  ”是“ e  ”的必要不充分条件． 11．解：构造一个底面半径为 a ，高为b 的圆柱中挖去一个以圆柱的下底面中心为顶点， 上底面为底面的圆锥后得到的几何体，根据祖暅原理，椭圆旋转后得到的橄榄状几何体在 x 轴上方的一半的体积等于该几何体的体积 2 2 21 2= =3 3V a b a b a b   ，所以椭圆 )012 2 2 2  bab y a x （ 所围成的平面图形绕 y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体的体积 为 24 3 a b ． 12．解：设点 P 在抛物线准线上的投影为 P，则 | | | | sin| | | | PF PPt PKPPK PK      ，所以 当 PKP 最小时，t 最小，此时 PK 与抛物线相切．设点 0 0( , )P x y ，则抛物线在点 P 处 - 2 - 的切线为 0 0( )x x p y y  ，因为抛物线焦点为 (0, )2 pF ，所以点 K 为 (0, )2 p ，由 0 0 2 0 0 0 0 ( )2 2 2 p x pp y pyx py          ， 所以双曲线的离心率 2 2 1|| | | || ( 2 1) 2 p c pe PK PFa p       ． 15．解：显然函数 ( ) 2 sin cos 2( [ , ])f x x x x       是偶函数，因此只需研究 [0, ]x  上的情况． 2sin cos 2, [0, ]2( ) 2sin cos 2, [ , ]2 x x x f x x x x              ， 方法一：当 [0, ]2x  时，由 2 2 2sin cos 2 sin cos 1 x x x x      得 2 21 sin 4(1 sin )x x   ， 2x   或 3sin 5x  ，且 [0, ]2x  ，所以 ( )f x 在 [0, ]2  上有两个零点，当 ( , ]2x   时，由 2 2 2sin cos 2 sin cos 1 x x x x      得 2 21 sin 4(sin 1)x x   ， 3sin 5x  ，且 ( , ]2x   ，所以 ( )f x 在 ( , ]2   上只有一个零点，所以 ( )f x 在[0, ] 上有三个零点，所以 ( )f x 在[ , ]  上有 六个零点． 方 法 二 ： 2cos sin , [0, ]2( ) 2cos sin , [ , ]2 x x x f x x x x             ， 令 ( ) 0f x  ， 可 得 ： 1tan 2x  ， 2tan 2x   ，其中 1 (0, )2x  ， 2 ( , )2x   ，所以 10 x x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调 递增， 1 2x x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， 22 x x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单 调递增， 2x x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减，又因为 (0) 1 0f    ， ( ) 02f   ， ( ) 1 0f     ， 1 1 1 2 1( ) 2sin cos 2 2 2 0 5 5 f x x x        ， 2 2 2 2 1( ) 2sin cos 2 2 2 0 5 5 f x x x        ，所以 ( )f x 在[0, ] 上有三个零点， - 3 - 所以 ( )f x 在[ , ]  上有六个零点． 16．解：由题意知四棱锥的高 36 9 3 3PO    ， 21 (3 2) 3 3 18 33V     ， 因为点 B 和点 D 关于平面 PAC 对称， 所以 BF EF DF EF ED    ，当且仅当 E F D， ， 三点共线， 即点 F 与 ED 与 PO 的交点 M 重合时，等号成立， 所以当 EFBF  最小时， EF EM ， 在 PBD 中， 6PB PD BD   ， 30BPO DPO     ，又因为 1 23PE PB  ， 在 PDE 中，由余弦定理得： 2 36 4 2 6 2 cos60 28ED         ，所以 2 7ED  ， 又由角平分线定理得： 3DM PD ME PE   ， 所以当 EFBF  最小时， 1 7 4 2EF EM ED   ． 三、解答题： 17．解：（1）在 ABC 中，由正弦定理得： C c B b sinsin  ， 2 2sinsin  b BcC ， 4  Ccb ， 4 26)sin()sin(sin  CBCBA ． （6 分） （2） sin 8 3 2cos 2 cos 2 cos sin cos( )sin 3 3 b ACA CB ba C a C C A AB         8 3 1 3 4 3 1 3sin ( cos sin ) 2 ( sin 2 cos2 )3 2 2 3 2 2A A A A A      4 32 sin(2 )3 3A    ， (0, )A  ， 所以当且仅当 2 3 32 A ，即 12 7A 时， CBCA 取到最大值． （12 分） 18．（1）证明：连结 BD，四边形 ABCD 是菱形，又 060BAD ， ABD 是等边三 角形，又 E 为 AD 中点， BCBEADBE  ， ， ① 又 ,PA PD PE AD PE BC    ， ② P A BC D E O F M - 4 - 由①②，又 EPEBEPBEPEBE  ,, 平面 ， BC PBE BC PBC  平面 ，又 平面 ， PBC PBE 平面 平面 （6 分） （2）解：由（1）得 ABPEBCPE  又, ， ABCDPE 平面易知  ， BEPE  由（1）得 BEADADPE  , ， 以 E 为原点， EPEDEB ,, 分别为 x，y，z 轴的正方向建立 空间直角坐标系，设 xPE  ， 则 )0,4,32(),0,0,32(),0,2,0(),0,2,0(),,0,0( CBDAxP  ， )0,2,32(),0,4,0(),,2,0(  ABADxAP ， 设 ),,(),,,( 222111 zyxnzyxm  分别为平面 PAD 和平面 PAB 的法向量， 则 0 0 m AP m AD          ，      0 0 ABn APn ，即 1 1 1 2 0 4 0 y z x y     ， 2 2 2 2 2 0 2 3 2 0 y z x x y     ， 所以取 1 1x  ， 2x x ，则 (1,0,0)m  ， ( , 3 ,2 3)n x x  ， 则由 5 5,cos    nm nmnm 解得： 2 3x  ， 32PE ． （12 分） 19．解：（1）易知 )8,4( pp ，则 52 8  p p ，解得 2p 或 8p （舍）， 抛物线方程为 yx 42  ． （4 分） （2）抛物线 yx 42  的焦点为 )10( ，F ，准线方程为 )1,0(,1  Hy ，设 ),(),,( 2211 yxByxA ， 直线 AB 的方程为 )0(1  kkxy ，代入抛物线方程可得 0442  kxx ， 4,4 2121  xxkxx ， ① P A B CD E x y z - 5 - 由 ,1,  HBkkBHAH 可得 ,111,1,1 2 2 1 1 2 2 1 1  x y x y x ykx ykk HBAF又 整理得 ,0)1)(1( 2121  xxyy ,0)14)(14( 21 2 2 2 1  xxxx即 ,01-)(4 1 16 1 21 2 2 2 1 2 2 2 1  xxxxxx ② 把①代入②得 162 2 2 1  xx ， 4)(4 111|||| 2 2 2 121  xxyyBFAF则 ． （12 分） 20．解：（1）设某品牌到第三次才被抽到为事件 C，则 ( )P C  10 1 8 1 9 8 10 9  ． （3 分） （2）实际上每周抽奖时，品牌 A 被抽到的概率都是 10 1 ， 则当1 25n  且 *n N 时， 19 1( ) ( )10 10 nP X n    ， 259( 26) ( )10P X   ， ( 1) 9 (1 24)( ) 10 P X n nP X n      ，所以{ ( )}(1 25)P X n n   是以 1 10 为首项， 9 10 为公 比的等比数列，又 259( 26) ( )10P X   ， 2 24 251 9 1 9 1 9 1 9( ) 1 2 ( ) 3 ( ) 25 ( ) 26 ( )10 10 10 10 10 10 10 10E X               , 令 2 241 9 1 9 1 9 11 2 ( ) 3 ( ) 25 ( )10 10 10 10 10 10 10S             ， 则 2 3 259 1 9 9 1 9 1 9 12 ( ) 3 ( ) 25 ( )10 10 10 10 10 10 10 10 10S             ， 2 3 24 251 1 9 9 1 9 1 9 1 9 1( ) ( ) ( ) 25 ( )10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 S              25 251 0.9 2.5 0.9 1 3.5 0.072       ， 7.48S  ， 25( ) 7.48 0.9 26 7.48 0.072 26 9.352 9.35E X         ， 所以 X 的数学期望为 9.35． （12 分） 21．解：（1） ( ) xf x e m   ， 当 10  m 时，因为 0x  ，所以 1xe ， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ),0[  上是增函数， 所以 0)0()(  fxf 恒成立，满足题设； - 6 - 当 1m 时， ( )f x 在 )ln,0( m 上是减函数，则 )ln,0( mx 时， ( ) (0) 0f x f   不符 合题意， 综上，实数 m 的取值范围为 (0,1] （4 分） （2）证明：记 1),1(ln)(  x x xxxg ， 则 0 2 )1( 2 12 2 1 2 11)( 2 '  xx x xx xx xxxxxg ， 所以 ( )g x 在 ),1[  上是减函数，所以 ( )g x 0)1(  g ，即 0)1(ln  x xx ， 即 0ln1  x x x ，由（1）， 10  m 且 ( )f x 在 ),0[  上是增函数， 所以 1ln1ln)(ln)1(  xxxmxxf x xf （12 分）