四川省凉山州西昌天立学校2020-2021学年高二数学下学期第五次月考试题答案 理.pdf

1、1高 2019 级理科数学第五次月考答案1C2B3D4C随机变量 X 服从正态分布 N(2，2)，2，对称轴是 x2.P(4)0.8，P(4)P(0)0.2，P(04)0.6，P(02)0.3.故选 C.5A6C7C令 x1，则 x 3xn4n，所以 x 3xn的展开式中，各项系数和为 4n，又二项式系数和为 2n，所以4n2n2n32，解得 n5.二项展开式的通项 Tr1Cr5x5r3xrCr53rx532r，令 532r2，得 r2，所以 x2 的系数为 C253290，故选 C.8B不妨设正方形 ABCD 的边长为 2，则正方形内切圆的半径为 1，可得 S 正方形4.由圆中的黑色部分和白

2、色部分关于正方形的中心成中心对称，得 S 黑S 白12S 圆2，所以由几何概型知，所求概率 P S 黑S 正方形248.故选 B.9D因为 a3，a9 是方程 x224x120 的两根，所以 a3a924，又 a3a9242a6，所以 a612，S1111（a1a11）2112a62132，故选 D.10D由题意，得T23(6)2，所以 T，由 T2，得2，由图可知 A1，所以 f(x)sin(2x)又因为 f(3)sin(23)0，22，所以3.11.B若ABE 是锐角三角形，只需AEF45，在 RtAFE 中，|AF|b2a，|FE|ac，则b2a ac，即 b2a2ac，即 2a2c2a

3、c0，则 e2e20，解得1e2，又 e1，则 1e2，故选 B.12Cf（x）（2xa）ex（x2ax3）exx2（a2）xa3ex，令 g（x）x2（a2）xa3.由题意知，g（x）在（0，）内先减后增或先增后减，结合函数 g（x）的图象特征知，a22 0，a30，或a22 0，a30，解得 a3.故选 C.1331436 记其余两种产品为 D，E.将 A，B 视为一个元素，先与 D，E 进行排列，有 A22A 33种方法，再将 C 插入，每种排列均只有 3 个空位可选，故不同的摆法共有 A22A33326336(种)15（3,0）（0，）由题意知 f（x）3ax26x1，由函数 f（x）

4、恰好有三个单调区间，得 f（x）有两个不相等的零点，所以 3ax26x10 需满足 a0，且3612a0，解得 a3 且 a0，所以实数 a 的取值范围是（3,0）（0，）.16100 6【解析】依题意，30BAC，105ABC，在 ABC中，由180ACBBACABC，所以45ACB，因为600AB，由正弦定理可得30sin45sin600BC，即2300BCm，在BCDRt中，因为30CBD，2300BC，所以230030tanCDBCCD，所以6100CDm17解(1)由正弦定理得 asin A bsin B2R，R 为ABC 外接圆半径又 bsin A 3acos B，所以 2Rsin

5、 Bsin A 32Rsin Acos B.又 sin A0，所以 sin B 3cos B，所以 tan B 3.又因为 0B，所以 B3.(2)由 sin C2sin A 及 asin Acsin C，得 c2a.由 b3 及余弦定理 b2a2c22accos B，得 9a2c2ac，a24a22a29，解得 a 3，故 c2 3.18解(1)X 可能的取值为 10，20，100，200.2根据题意，有 P(X10)C13121 112238，P(X20)C23122 112138，P(X100)C33123 112018，P(X200)C03120 112318.所以 X 的分布列为X1

6、020100200P38381818(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i1，2，3)，则 P(A1)P(A2)P(A3)P(X200)18.所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为1P(A1A2A3)11831 1512511512.因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是511512.19解(1)因为an是公差为 1 的等差数列，且 a1，a3，a9 成等比数列，所以 a23a1a9，即(a12)2a1(a18)，解得 a11.所以 ana1(n1)dn.(2)Tn112121223123n12n，12Tn11222123(n1)12nn12n1，两式相减得 12T

7、n12112212312nn12n1，所以 12Tn1212n1112n12n11 12n n2n1.所以 Tn22n2n.20解(1)证明：因为ABC 是等边三角形，M 是 AB 的中点，所以 CMAM.因为 EA平面 ABC，CM平面 ABC，所以 CMEA.因为 AMEAA，所以 CM平面 EAM.因为 EM平面 EAM，所以 CMEM.(2)以点 M 为坐标原点，MC 所在直线为 x 轴，MB 所在直线为 y 轴，过 M 且与直线 BD平行的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Mxyz，如图所示因为 DB平面 ABC，所以DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成的角，所以 tanDM

8、BBDMB2，即 BD2MB，所以 BDAC.不妨设 AC2，又 AC2AE，则 CM 3，AE1.故 B(0，1，0)，C(3，0，0)，D(0，1，2)，E(0，1，1)所以BC(3，1，0)，BD(0，0，2)，CE(3，1，1)，CD(3，1，2)设平面 BCD 与平面 CDE 的一个法向量分别为 m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)，由mBC0，mBD 0，得3x1y10，2z10.令 x11，得 y1 3，所以 m(1，3，0)由nCE0，nCD 0，得 3x2y2z20，3x2y22z20.令 x21，得 y2 33，z22 33.所以 n 1，33，2 33.所以 c

9、osm，n mn|m|n|0.所以二面角 BCDE 的余弦值为 0.21.解(1)因为过焦点且垂直于 x 轴的直线被椭圆截得的线段长为4 33，所以2b2a 4 33.因为椭圆的离心率为 33，所以ca 33，又 a2b2c2，可解得 b 2，c1，a 3.所以椭圆的方程为x23y221.(2)由(1)可知 F(1，0)，则直线 CD 的方程为 yk(x1).联立yk（x1），x23y221，消去 y 得(23k2)x26k2x3k260.设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，3所以 x1x2 6k223k2，x1x23k2623k2.又 A(3，0)，B(3，0)，所以ACDB AD CB

10、(x1 3，y1)(3x2，y2)(x2 3，y2)(3x1，y1)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k262k21223k2 8，解得 k 2.从而 x1x2 6223232，x1x23262320.所以|x1x2|（x1x2）24x1x232 24032，|CD|1k2|x1x2|12323 32.而原点 O 到直线 CD 的距离 d|k|1k2212 63，所以 SOCD12|CD|d123 32 63 3 24.22.解(1)f(x)1xa(x0)，当 a0 时，f(x)1xa0，即函数 f(x)的单调递增区间为(0，).当 a0 时，令 f(x)1xa0，可得 x1a，当 0

11、 x1a时，f(x)1axx0；当 x1a时，f(x)1axx0，故函数 f(x)的单调递增区间为 0，1a，单调递减区间为1a，.综上可知，当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，)；当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间为 0，1a，单调递减区间为1a，.(2)当 01a1，即 a1 时，函数 f(x)在区间1，2上是减函数，所以 f(x)的最小值是 f(2)ln 22a.当1a2，即 0a12时，f(x)在区间1，2上是增函数，所以 f(x)的最小值是 f(1)a.当 11a2，即12a1 时，函数 f(x)在 1，1a 上是增函数，在1a，2 上是减函数又 f(2)f(1)ln 2a，所以当12aln 2 时，最小值是 f(1)a；当 ln 2a1 时，最小值为 f(2)ln 22a.综上可知，当 0aln 2 时，函数 f(x)的最小值是 f(1)a；当 aln 2 时，函数 f(x)的最小值是 f(2)ln 22a.