【文档说明】江苏省扬州中学20210-2021学年高二下学期5月月考试题 数学答案.pdf，共(6)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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1—8DBACCDDB9．ACD10．BCD11．BCD12．ABD13．2yx14、2115．16．(,1)117．（1）0b且1a；（2）a=1或0时，b=0；当a=—0.5时，b=±32（1）11zabizabi111ab

iabiabiabi222221(1)aaabiabibiibiab2222(1)aabbiab222222(1)(1)aabbiabab若1zz是实数，则220(1)bab且220(1)ab，解得0b且1a.

所以0b且1a时，1zz是实数.18．（1）55128；（2）1365．（1）因为二项式312nxx（nN）的二项展开式中所有项的二项式系数之和为4096，所以01122=4096=2nnnnnC

CC，可得12n，312nxx即12312xx的展开式的通项是：121212433112121122kkkkkkkxTCCxx（0,1,2,3,,12kL），令12403k

得：3k，∴常数项是934121552128TC；（2）由（1）知12n，232(1)(1)(1)(1)nxxxx即2314(1)(1)(1)(1)xxxx，3414(1),(1),,(1)xxx

展开式中3x项的系数分别为：3333414,,,CCCL所以2314(1)(1)(1)(1)xxxx的展开式中3x项的系数为：�33+�43+�53+⋯+�143=�44+�43+�53+⋯+�143=�54+�53+⋯+�143=�64+�63+⋯+�1

43431414CC4151365C．19．（1）见解析；（2）10a＜．（1）由题意，函数2ln121,fxaxxaxaaR，可得fx的定义域为1,，且22421xafxxx

，令2242gxxax，对称轴为41224aax，当114a，即0a时，gx在1,上单调递增，且10gxga，所以fx在1,上单调递增；当114a，即0a时，令0gx，

得2241680aaa恒成立，可得214814aaax，224814aaax，所以在2481,4aaa上0gx，即fx在2481,4

aaa上单调递减；在248,4aaa上0gx，即fx在248,4aaa上单调递增，综上所述，当0a时，fx在1,上单调递增；当0a时，fx在2481,4aaa

上递减，在248,4aaa上递增．（2）由（1）可知，若fx存在极值，则0a，1,x，不等式0fx恒成立，等价于2ln11121xxxxa恒成立，令1tx，2lntthtt，

0,t，则312ln'tthtt，令12lnttt，则2'10tt，所以12lnttt在0,上递减，因为10，所以当0,1t时，0tφ，ht在0

,1上单调递增；当1,t时，0t，ht在1,上单调递减，所以11hth，即11a，解得10a.20．（1）见解析；（2）105；（3）14.（1）证明：取AD的中点O，连接SO，BO，因为SAD为正三角形，所以SOAD，且3SO，又菱形

ABCD的边长为2，60BAD，所以3BO，而6SB，所以222SBSOBO，即SOBO，因为BOADO，所以SO平面ABCD，又SO平面SAD，所以平面SAD平面ABCD；（2）解：因为2SAAB，点M为SB的中点，所以AMSB，由（1）知BCSO，又菱形

ABCD的边长为2，60BAD，所以BCBO，因为SOBOO，所以BC⊥面SOB，因为SB面SOB，所以BCSB，因为点N为SC的中点，所以//BCMN，故MNSB，所以AMN为二面角ASBC的平面角，又平面S

OB平面SBC，连接OM，则OMSB，所以OM平面SBC，所以90OMN，在直角三角形AOM中，1AO，62MO，所以102AM，所以10sin5AOAMOAM，∴10coscos90i(s5)nAMNAMOAMO

.∴二面角ASBC的余弦值105；（3）解：由（2）知，MNSB，因为112MNBC，62MB，所以64BMNS，又OM平面SBC，所以O点到平面BNM的距离为62MO，因为//AOBC，AO平面SBC，所以//AO平面SBC

，所以A点到平面BNM的距离等于O点到平面BNM的距离62MO，所以三棱锥MABN的体积为1166133424BMNSOM.21．（1）49；（2）1727；（3）分布列答案见解析，数学期望：20003.

（1）设事件A表示“甲被企业M正式录取”，事件B表示“乙被企业M正式录取”，事件C表示“丙被企业M正式录取”，则111236PA，211323PBPC，所以甲､乙､丙三人中恰有一人被企业M正式录

取的概率1PPABCABCABCPAPBPCPAPBPCPAPBPC1111111121163363349.

（2）设事件D表示“甲、乙、丙三人都没有被企业M正式录取”，则1111011163327PDPABCPAPBPC，所以甲､乙､丙三人中至少有一人被企业M正式录取的概率21017112727PPD

.（3）X的所有可能取值为300，500，700，900，111130023318PX，1111215500223323318PX，121122470022332

339PX，12229002339PX.所以X的分布列为X300500700900P1185184929154220003005007009001818993EX.22.解：（1）'()2()

2cosfxxax.设()'()gxfx，则'()22sin0gxx，故'()fx单调递增.又'(2)42cos(2)0faa，'(2)42cos(2)0faa.故存在唯一0(2,2)xaa，使得0'()0fx.当0xx时，'()0fx，()fx单

调递减；当0xx时，'()0fx，()fx单调递增.故0x是()fx的唯一极值点.……（5分）（2）由（1）0x是()fx的极小值点，且满足00cos0xax.又20007(3)(3cos)2sin(3)4fx

xx0742sin(3)04x；同理20007(3)(3cos)2sin(3)4fxxx0742sin(3)04x.故0()0fx时，()fx有两个零点；0()

0fx时，()fx有一个零点；0()0fx时，()fx无零点.又2200000007331()(cos)2sinsin2sin(sin)(sin)4422fxxxxxxx令0()0fx，解得01sin2x，即0722()66kxkkZ

.令()coshxxx，'()1sin0hxx此时00cosaxx关于0x单调递增，故33722()6262kakkZ.令0()0fx，解得01sin2x，即00722()66xkxkkZ

或.此时00cosaxx，故33722()6262akakkZ或令0()0fx，解得01sin2x，即0522()66kxkkZ.此时00cosax

x关于0x单调递增，故33522()6262kakkZ.综上所述：当33722()6262kakkZ时，()fx有两个零点；当33722()6262akakkZ或时，()fx有一个零点；当3352

2()6262kakkZ时，()fx无零点.……（12分）