【文档说明】广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二下学期6月月考试题+数学答案.docx，共(4)页，201.185 KB，由小赞的店铺上传

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高二数学下学期月考参考答案第1~10题：DABCAABCDD；第11题：CD；第12题：AD13.−13；14.213nna；10；15.a≤-4；16.1212131，，；17.解：(1)设等比数列{𝑎𝑎}的公比为𝑞(𝑞>0)

，由题意，得𝑎5+𝑎6=6𝑎4⇒𝑞+𝑞2=6，解得𝑞=2或𝑞=−3(舍)．又𝑎3=4⇒𝑎1=1，所以𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=2𝑛−1，……3分𝑏𝑛=𝑙𝑜𝑔2𝑎𝑛+𝑙𝑜𝑔

2𝑎𝑛+1=𝑛−1+𝑛=2𝑛−1;……5分(2)𝑆𝑛=𝑛(𝑏1+𝑏𝑛)2=𝑛[1+(2𝑛−1)]2=𝑛2，∴𝑐𝑛=2√𝑆𝑛𝑆𝑛+1=2𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛−1𝑛+1)，……8分∴𝑇

𝑛=2(1−12+12−13+⋯+1𝑛−1𝑛+1)=2𝑛𝑛+1．……10分18解：(1)在△𝐴𝐵𝐶中，sin(𝐵+𝐶)=𝑠𝑖𝑛𝐴，内角A，B，C满足√3sin(𝐵+𝐶)=2𝑠𝑖𝑛2𝐴2．所以√3𝑠𝑖𝑛𝐴=1−𝑐𝑜𝑠𝐴，……3分则

：sin(𝐴+𝜋6)=12，由于𝐴∈(0,𝜋)，所以𝐴+𝜋6∈(𝜋6,7𝜋6)，则：𝐴=2𝜋3．……6分(2)由于𝐴=2𝜋3，𝐴𝐵=5，𝐵𝐶=7，由余弦定理得：72=𝐴𝐶2+52

−10𝐴𝐶⋅𝑐𝑜𝑠2𝜋3，解得𝐴𝐶=3(−8舍去)．……9分则：𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×𝐴𝐵×𝐴𝐶×𝑠𝑖𝑛2𝜋3=15√34．设BC边上的高为h，所以12×𝐵𝐶×ℎ=15√34，解得ℎ=15√314……12分1

9.(Ⅰ)证明：∵𝐴𝐵𝐸𝐹为正方形，∴𝐴𝐹⊥𝐸𝐹．∵∠𝐴𝐹𝐷=90°，∴𝐴𝐹⊥𝐷𝐹，……2分∵𝐷𝐹∩𝐸𝐹=𝐹，𝐷𝐹⊂平面EFDC，𝐸𝐹⊂平面EFDC，∴𝐴𝐹⊥平面EFDC，∵𝐴𝐹⊂平面

ABEF，∴平面𝐴𝐵𝐸𝐹⊥平面EFDC；……5分(Ⅱ)解：由𝐴𝐹⊥𝐷𝐹，𝐴𝐹⊥𝐸𝐹，可得∠𝐷𝐹𝐸为二面角𝐷−𝐴𝐹−𝐸的平面角；……6分由ABEF为正方形，𝐴𝐹

⊥平面EFDC，∴𝐵𝐸//𝐴𝐹，𝐵𝐸⊥𝐸𝐹，∴𝐵𝐸⊥平面EFDC，∵𝐶𝐸⊂平面EFDC，∴𝐶𝐸⊥𝐵𝐸，可得∠𝐶𝐸𝐹为二面角𝐶−𝐵𝐸−𝐹的平面角．可得∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹=60°．……7分∵𝐴𝐵//𝐸𝐹，

𝐴𝐵⊄平面EFDC，𝐸𝐹⊂平面EFDC，∴𝐴𝐵//平面EFDC，∵平面𝐸𝐹𝐷𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝐵⊂平面ABCD，∴𝐴𝐵//𝐶𝐷，∴𝐶𝐷//𝐸𝐹，∴四边形EFDC为等腰梯形．……8分以E为原点，建立如图所示的坐标系，设𝐹𝐷

=𝑎，则𝐸(0,0，0)，𝐵(0,2a，0)，𝐶(𝑎2,0，√32𝑎)，𝐴(2𝑎,2a，0)，∴𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2a，0)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑎2,−2𝑎,√32𝑎)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(−2𝑎,0，0)设平面BEC的法向量为𝑚⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,

𝑧1)，则{𝑚⃗⃗⃗⋅𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0，则{2𝑎𝑦1=0𝑎2𝑥1−2𝑎𝑦1+√32𝑎𝑧1=0，取𝑚⃗⃗⃗=(√3,0，−1)．设平面ABC的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，则{𝑛⃗⃗⋅𝐵

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0，则{𝑎2𝑥2−2𝑎𝑦2+√32𝑎𝑧2=02𝑎𝑥2=0，取𝑛⃗⃗=(0,√3,4)．……10分设二面角𝐸−𝐵𝐶−𝐴的大小为𝜃，则𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗

|𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗⃗|=−4√3+1×√3+16=−2√1919，可知𝜃是钝角，则二面角𝐸−𝐵𝐶−𝐴的余弦值为−2√1919．……12分20解：（1）把点2(2,0),2,2代入22221

,(0)xyabab得：222412112aab解得2241ab，…3分∴椭圆1C的标准方程为2214xy，抛物线的标准方程为24yx……4分（2）假设存在这样的直线过抛物线焦点(1,0)F，设直线l的方程为两交点坐标为，由消去，得判别式216(3)

m>0，∴①，……6分212121212(1)(1)1()xxmymymyymyy②……9分由直线OM与直线ON垂直，即0OMON，得，将①②代入（*）式，得，解得……11分所以假设成立，即存在直线满足条件，且的

方程为：22yx或22yx。……12分21解：（1）根据散点图可以判断，dxyce更适宜作平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；……1分l,1myx),(),,(2211yxNyxM14122yxmyxx,032)4(22myym43,42221

221myymmyy4444342122222mmmmmmm(*)02121yyxx043444222mmm21mll为对dxyce两边取自然对数，得lnlnycdx；

令ln,ln,zyacbd，得zabx；因为7121740.182ˆ0.272147.714iiiiixxzzbxx，……3分ˆˆ3.6120.27227.4293.

849azbx；所以z关于x的回归方程为ˆ0.2723.849zx；所以y关于x的回归方程为0.2723.849ˆxye；……4分（2）（i）由5332()(1)fpCpp，得325(1)(35)fCpppp，……5分因为0

1p，令0fp，得350p，解得305p；所以fp在30,5上单调递增，在3,15上单调递减，所以fp有唯一的极大值为35f，也是最大值；……8

分所以当35p时，max32165625fpf；……9分（ii）由（i）知，当fp取最大值时，35p，所以3~5,5XB，……10分所以X数学期望为3()535EX，方差为326()5555DX.……12分22解

：（1）由题意，221xxfxaxeaxxae2121xeaxaxa11xexaxa.（ⅰ）当0a时，1xfxex，令0fx，得1x；0fx

，得1x，所以fx在,1单调递增，1,单调递减.所以fx的极大值为131fee，不合题意.……2分（ⅱ）当0a时，111a，令0fx，得111xa；0fx，得11xa或1x，所以fx在11,1a

单调递增，1,1a，1,单调递减.的所以fx的极大值为2131afee，得1a.……4分综上所述1a.……5分（2）令xxxeaxeag)1()(2，,0a，当0,x时，0)1(2xex，则ln1gabx

对,0a恒成立等价于0ln1gagbx，……7分即ln1xxebx，对0,x恒成立.……8分（ⅰ）当0b时，0,x，ln10bx，0xxe，此时ln1xxebx

，不合题意.……9分（ⅱ）当0b时，令ln1xhxbxxe，0,x，则2111xxxxbbexhxexexxe，其中10xxe，令21,0,xpxbexx，则)(xp在区间0,上单调递增，①

1b时，010pxpb，所以对0,x，0hx，从而hx在0,上单调递增，所以对任意0,x，00hxh，即不等式ln1xbxxe

在0,上恒成立.……10分②01b时，由010pb，10pbe及px在区间0,上单调递增，所以存在唯一的00,1x使得00px，且00,xx时，00px.从而00,xx时，0hx，所以hx在区间00,x上

单调递减，则00,xx时，00hxh，即ln1xbxxe，不符合题意.……11分综上所述，1b……12分