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2020济宁一中高三下学期一轮质量检测数学试题含答案
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济宁一中2017级高三一轮复习质量检测数学试题答案1.A2.B3.C4.D5.A6.D7.A8.C 9.ABD10.BC11.ABD12.AC 13.3214.715.6-316.[25,23) 17.解：(1)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列， 由b2=3，b3=9，可得q=b3b2=3， bn=b2·qn-2=3·3n-2=3n-1； 即有a1=b1=1，a14=b4=27， 则d=a14-a113=2， 则an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1； (2)cn=an+bn=2n-1+3n-1， 则数列{cn}的前n项和为： [1+3+…+(2n-1)]+(1+3+9+…+3n-1) =2n2·n+1-3n1-3 =n2+3n-12． 18.解：(1)函数f(x)=cos2x-sin2x+12=cos2x+12，x∈(0,π)， 由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z， 解得kπ-12π≤x≤kπ，k∈Z， 当k=1时，12π≤x≤π， 可得f(x)的单调递增区间为[π2,π)； (2)设△ABC为锐角三角形， 角A所对边a=19，角B所对边b=5， 若f(A)=0，即有cos2A+12=0， 解得2A=23π，即A=13π， 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA， 化为c2-5c+6=0， 解得c=2或3， 若c=2，则cosB=19+4-252×19×2<0， 即有B为钝角， ∴c=2不成立， 则c=3， △ABC的面积为S=12bcsinA=12×5×3×32=1534． 19.解：(Ⅰ)证明：∵四边形EDCF为矩形， ∴DE⊥CD， ∵平面EDCF⊥平面ABCD， 平面EDCF∩平面ABCD=CD， DE⊂平面EDCF， ∴DE⊥平面ABCD． 由题意，以D为原点，DA所在直线为x轴，过D作平行于AB直线为y轴， DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示： 则A(1,0，0)，B(1,2，0)，E(0,0，3)，F(-1,2，3)， BE=(-1,-2,3)，AB=(0,2，0)， 设平面ABE的法向量为n=(x,y，z)， ∴-x-2y+3z=02y=0, ∴y=0，令z=1，则x=3， 所以平面ABE的法向量为n=(3,0，1)， 又DF=(-1,2，3)， ∴DF⋅n=-3+0+3=0， ∴DF⊥n； 又∵DF⊄平面ABE， ∴DF//平面ABE； (Ⅱ)∵BE=(-1，-2，3)，BF=(-2,0，3)， 设平面BEF的法向量为m=(a,b，c)， ∴-a-2b+3c=0-2a+3c=0, 令c=4，则a=23,b=3， 则平面BEF的法向量为m=(23,3,4)， 设平面ABE与平面EFB所成锐二面角为θ， ∴cosθ=|m⋅n||m|×|n|=1031×2=53131， ∴平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是53131； (Ⅲ)设DP=λDF=λ(-1,2，3) =(-λ,2λ,3λ)，λ∈[0,1]； ∴P(-λ,2λ,3λ)， BP=(-λ-1,2λ-2,3λ)， 又平面ABE的法向量为n=(3,0，1)，设直线BP与平面ABE所成角为α， ∴sinα=|cos|=BP⋅n|BP|×|n| =|3(-λ-1)+3λ|(-λ-1)2+(2λ-2)2+(3λ)2×2 =34， 化简得8λ2-6λ+1=0， 解得λ=12或λ=14； 当λ=12时，BP=(-32,-1,32)，∴|BP|=2； 当λ=14时，BP=(-54,-32,34)，∴|BP|=2； 综上，|BP|=2． 20.解：(Ⅰ)设甲同学在A处投中为事件A，在B处第i次投中为事件Bi(i=1,2)， 由已知P(A)=14,P(Bi)=45.X的取值为0，2，3，4． 则P(X=0)=P(AB1B2)=P(A)P(B1)P(B2)=34×15×15=3100，P(X=2)=P(AB1B2)+P(AB1B2)=34×45×15+34×15×45=625， P(X=3)=P(A)=14，P(X=4)=P(AB1B2)=34×45×45=1225， X的分布列为：X的数学期望为：E(X)=0×3100+2×625+3×14+4×1225=315100=3.15． (Ⅱ)甲同学选择方案1通过测试的概率为P1，选择方案2通过测试的概率为P2， 则P1=P(X=3)+P(X=4)=14+1225=73100=0.73，P2=P(B1B2)+P(B1B2B3)+P(B1B2B3)=45×45+15×45×45+45×15×45=112125=0.896， ∵P2>P1， ∴甲同学选择方案2通过测试的可能性更大． 21.解：(Ⅰ)抛物线C：x2=-2py经过点(2,-1).可得4=2p，即p=2， 可得抛物线C的方程为x2=-4y，准线方程为y=1； (Ⅱ)证明：抛物线x2=-4y的焦点为F(0,-1)， 设直线方程为y=kx-1，联立抛物线方程，可得x2+4kx-4=0， 设M(x1,y1)，N(x2,y2)， 可得x1+x2=-4k，x1x2=-4， 直线OM的方程为y=y1x1x，即y=-x14x， 直线ON的方程为y=y2x2x，即y=-x24x， 可得A(4x1,-1)，B(4x2,-1)， 可得AB的中点的横坐标为2(1x1+1x2)=2⋅-4k-4=2k， 即有AB为直径的圆心为(2k,-1)， 半径为|AB|2=12|4x1-4x2|=2⋅16k2+164=21+k2， 可得圆的方程为(x-2k)2+(y+1)2=4(1+k2)， 化为x2-4kx+(y+1)2=4， 由x=0，可得y=1或-3． 则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0,1)，(0,-3)． 22.解：(1)由f(x)=ae2x+(a-2)ex-x， 则， 导函数中2ex+1>0恒成立， 当a≤0时，aex-1<0恒成立， 所以在x∈R上有， 所以fx在-∞,+∞上单调递减； 当a>0时，令 0'/>，， 令，解得， ∴在上，f(x)单调递减， 在上，f(x)单调递增． 综上可知：当a≤0时，f(x)在R单调递减， 当a>0时，f(x)在(-∞,ln1a)是减函数，在(ln1a,+∞)是增函数； (2)若a≤0时，由(1)可知：f(x)最多有一个零点， 所以a≤0不符合题意； 当a>0时，f(x)=ae2x+(a-2)ex-x， 函数有两个零点，f(x)的最小值必须小于0， 由(1)知，， fxmin<0，即， 令， 0'/>， 所以ha在0,+∞上单调递增， 又因为h1=0， 此时解得00，a-2ex>a-2， 此时fx>a-2-x，故fa-2>0， 又fx在上单调递减，， 故存在，使得fx1=0， 当时，易证-x>-ex， 此时fx>ae2x+a-3ex=aexex+a-3a， 故，且满足， 又fx在上单调递增，， 故存在使得fx2=0， 所以当0
济宁一中2017级高三一轮复习质量检测数学试题答案1.A2.B3.C4.D5.A6.D7.A8.C 9.ABD10.BC11.ABD12.AC 13.3214.715.6-316.[25,23) 17.解：(1)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列， 由b2=3，b3=9，可得q=b3b2=3， bn=b2·qn-2=3·3n-2=3n-1； 即有a1=b1=1，a14=b4=27， 则d=a14-a113=2， 则an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1； (2)cn=an+bn=2n-1+3n-1， 则数列{cn}的前n项和为： [1+3+…+(2n-1)]+(1+3+9+…+3n-1) =2n2·n+1-3n1-3 =n2+3n-12． 18.解：(1)函数f(x)=cos2x-sin2x+12=cos2x+12，x∈(0,π)， 由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z， 解得kπ-12π≤x≤kπ，k∈Z， 当k=1时，12π≤x≤π， 可得f(x)的单调递增区间为[π2,π)； (2)设△ABC为锐角三角形， 角A所对边a=19，角B所对边b=5， 若f(A)=0，即有cos2A+12=0， 解得2A=23π，即A=13π， 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA， 化为c2-5c+6=0， 解得c=2或3， 若c=2，则cosB=19+4-252×19×2<0， 即有B为钝角， ∴c=2不成立， 则c=3， △ABC的面积为S=12bcsinA=12×5×3×32=1534． 19.解：(Ⅰ)证明：∵四边形EDCF为矩形， ∴DE⊥CD， ∵平面EDCF⊥平面ABCD， 平面EDCF∩平面ABCD=CD， DE⊂平面EDCF， ∴DE⊥平面ABCD． 由题意，以D为原点，DA所在直线为x轴，过D作平行于AB直线为y轴， DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示： 则A(1,0，0)，B(1,2，0)，E(0,0，3)，F(-1,2，3)， BE=(-1,-2,3)，AB=(0,2，0)， 设平面ABE的法向量为n=(x,y，z)， ∴-x-2y+3z=02y=0, ∴y=0，令z=1，则x=3， 所以平面ABE的法向量为n=(3,0，1)， 又DF=(-1,2，3)， ∴DF⋅n=-3+0+3=0， ∴DF⊥n； 又∵DF⊄平面ABE， ∴DF//平面ABE； (Ⅱ)∵BE=(-1，-2，3)，BF=(-2,0，3)， 设平面BEF的法向量为m=(a,b，c)， ∴-a-2b+3c=0-2a+3c=0, 令c=4，则a=23,b=3， 则平面BEF的法向量为m=(23,3,4)， 设平面ABE与平面EFB所成锐二面角为θ， ∴cosθ=|m⋅n||m|×|n|=1031×2=53131， ∴平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是53131； (Ⅲ)设DP=λDF=λ(-1,2，3) =(-λ,2λ,3λ)，λ∈[0,1]； ∴P(-λ,2λ,3λ)， BP=(-λ-1,2λ-2,3λ)， 又平面ABE的法向量为n=(3,0，1)，设直线BP与平面ABE所成角为α， ∴sinα=|cos
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