黑龙江省大庆市2017届高三第二次教学质量检测(二模)数

二模理科数学 参： 一．ADABD CCABC CA

63 14．20 15．61 16．①③ 1617．解： （1）∵BA， ∴AB ， 1分

2234又a3,b4，所以由正弦定理得， sinAsinB34所以， 3分

cosBsinB二．13．

所以3sinB4cosB，两边平方得9sinB16cosB， 又sinBcosB1，所以cosB而B22223， 5分 53． 6分

2534（2）∵cosB，∴sinB， 7分

55，所以cosB∵BA2，∴2A2B，

∴sin2Asin(2B)sin2B 8分

43242sinBcosB2() 10分

552532B， 又ABC，∴C27247312∴sinCcos2B1cosB．∴sin2AsinC． ............12

25252525分

18．解答： （1）证明：∵F是等腰直角三角形ABC斜边BC的中点， ∴AFBC．又∵侧棱AA1平面ABC， ∴面ABC面BB1C1C ...........2分 ∴AF 面BB1C1C，AFB1F．…3分 设ABAA11，则

222，EF=，．

∴B1FEFB1E，∴B1FEF．...........4分 又AFEFF，∴B1F⊥平面AEF．…

而B1F面AB1F，故：平面AB1F平面AEF． 5分

（2）解：以F为坐标原点，FA，FB分别为x，y轴建立空间直角坐标系如图， 设ABAA11， 则F(0,0,0)，A(2221,0,0)，B1(0,,1)，E(0,,)， 222222122AE(,,),AB1(,,1)．… 6分

22222由（1）知，B1F⊥平面AEF，取平面AEF的法向量：

2mFB1(0,,1)． 7分

2设平面B1AE的法向量为n(x,y,z)，

取x3，得n(3,1,22) .............10分

,

设二面角B1AEF的大小为，

由

则cosθ=|cos＜＞|=||=．

由图可知为锐角，

∴所求二面角B1AEF的余弦值为

．… 12分

19．解答： 解：（I）由直方图可得：20(x0.0250.00650.0032)1

解得x0.0125． 2分 （II）企业缴税收不少于60万元的频率0.0032200.12， ∴12000.12144．

∴1200个企业中有144个企业可以申请优惠． 4分 （III）X的可能取值为0,1,2,3,4．

由（I）可得：某个企业缴税少于20万元的概率0.0125200.25

1 .............5分 481270103411133P(X=0)=C4()()= P(X=1)=C4()()=

44254

2732123231331P(X=2)=C4()()= P(X=3)=C4()()=

4444141430P(X=4)=C4()()=

44256 .......................................10分X 0 1 2 3 4

..............11分

P

81 25627 27 3 1 256E(X)08127273112341． ....12分 2562522c21 ① ② 又e,所以a2b22a220．解：（1）由点P(2,2)在椭圆上得，

x2y21……………………..4分 由 ①②得c4,a8,b4，故椭圆C的方程为84222（2）假设存在常数，使得k1k2k3.

由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为yk(x2) ③

x2y21并整理得(12k2)x28k2x8k280 代入椭圆方程848k28k28,x1x2设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x2 ④ ……………6分

12k212k2在方程③中，令x4得，M(4,2k)，从而k1y12y2,k22,

x12x22k32k22k.又因为A、F、B共线，则有kkAFkBF，

422y1y2k ……………8分 x12x22即有

所以k1k2y1y11y12y2222() x12x22x12x22x12x22

=2k2x1x24 ⑤ ……………10分

x1x22(x1x2)48k242212k将④代入⑤得k1k22k22，又， kk2k238k88k22242212k12k所以k1k22k3 . 故存在常数2符合题意 …………12分 21.【解答】解：（1）易知f(x)定义域为(0,)，

'当a1时，f(x)xlnx，f(x)111x， xx令f'(x)0，得x1．

当0x1时，f'(x)0；当x1时，f'(x)0． ................2分 ∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1,)上是减函数．

f(x)maxf(1)1．

∴函数f(x)在(0,)上的最大值为1． 4分 （2）∵f(x)a'111,x(0,e],[,)． xxe①若a，则f'(x)0，从而f(x)在(0,e]上是增函数，

∴f(x)maxf(e)ae10，不合题意． 5分 ②若a，则由f(x)0a由f(x)0a'1e1e'110，即0x xa110，即xe． 6分 xa11从而f(x)在(0,)上增函数，在(,e)为减函数

aa11∴f(x)maxf()1ln()

aa11令1ln()3，则ln()2

aa112e2e2e，∴ae2为所求 8分 ∴a，即ae．∵（3）法一：即证2a(x1x2xxxx2)2(12)ln(12)ax12ax2x1lnx1x2lnx2 222

x1x22(x1x2)22222a()ax1ax2a[x12x2]

22(x1x2)2a0 9

2分

另一方面，不妨设x1x2，构造函数

x1x)x1lnx1xlnx(xx1) 2xxxx'lnxln1则k(x1)0，而k(x)ln1 10分 22xxx1 , 即k'(x)0，k(x)在(x1,)上为单调递减且连续， 由0x1x易知012xxx)x1lnx1xlnx 故k(x)0，即(x1x)ln(12相加即得证 12分

1'''法二：g(x)2ax1lnx,g(x)2a0 ..........9分 xk(x)(x1x)ln(故g(x)为增函数，不妨令x2x1 令h(x)g(x)g(x1)2g('x1x)(xx1) 2x1x) ..........10分 2xx''xx)0 .........11分 易知x1，故h(x)g'(x)g(122h'(x)g'(x)g'(而h(x1)0，知xx1时，h(x)0 故h(x2)0，即2g(x1x2)g(x1)g(x2) .........12分 22222.解 (1) a2时，圆C的直角坐标方程为x(y1)1；

直线l的普通方程为4x3y80. 4分

aa22(2)圆C：xy，直线l:4x3y80，

24∵直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的3倍， 7分

23a81a2Cd， ∴圆心到直线的距离

522

得a32或a32. 10分 1154x4,x25123.解 (1) f(x)6,x 2分

224x4,x12当52x12时，函数有最小值6，所以m6. 另解：∵2x12x5(2x1)(2x5)66.∴m6.

(2)当m取最大值6时，原不等式等价于x32x4， 等价于x332x4，或x3x2x4， x3可得x3或13x3. 所以，原不等式的解集为xx13. 

5分 6分

8分

10分