【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第六中学2020-2021学年高二下学期期末考试 理数答案.docx，共(3)页，364.681 KB，由小赞的店铺上传

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高二理科数学答案13.2014.315.3,2−16.6342,126lnln++17.（1）3a=；（2）3．解：（1）将222xy=+，siny=代入222sin30aa−+−=，得曲线C的直角坐标方程为22()3xya+−=，∴曲线C的

参数方程为3cos3sinxya==+（α为参数）．（2）当1a=时，曲线C的极坐标方程为22sin20−−=，将π6=代入22sin20−−=，得220−−=．设A、B两点对应的极径分别为1，2，∴121+=，122

=−，∴()22121212||414(2)3AB=−=+−=−−=．18.（1）()()()22sin0,sin0.xxxfxxxx+=−+；（2）()21sin10,4−．（1）设0x，则0x−，所以()2sinfxxx−

=−，又()fx是奇函数，所以()()fxfx−=−，所以()()2sinfxfxxx=−−=−+，又()00f=，所以()()()22sin0,sin0.xxxfxxxx+=−+（2）由题意得()()minm

infxgx．当0,1x时，()2cos0fxxx=+，所以()fx在0,1上单调递增，所以()()min00fxf==；当)1,0x−时，()2cos0fxxx=−+，所以()fx在)1,0−上单调递增，所以()()min11sin1

0fxf=−=−−，所以()min1sin1fx=−−．对于()gx，因为0a，0x，所以1222axax+−−，当且仅当1axx=即1xa=时等式成立．所以()min22gxa=−，所以1sin122a−−−，整理得()2

1sin14a−，所以实数a的取值范围是()21sin10,4−．19.（1）记a，b的个位数分别为m，n．()17485767470807786798xmn=+++++++++=乙，故10mn+=，①而()()222222222156359127198smn

=++++−++++=乙，故()()22914mn−++=，②联立①②解得，9m=，1n=，则79a=，81b=．（2）依题意，X的可能取值为0，1，2，3，则()405348CC1014CPX===，()315348CC31

7CPX===，()225348CC327CPX===，()135348CC1314CPX===，故X的分布列为，X0123P1143737114故()3633077142EX=+++=．20．（1）见解析（2）217（1）证明：在BA

D中，因为22ABAD==，60BAD=.由余弦定理得，2222cos60BDADABABAD=+−，解得3BD=，∴222ABADDB=+，∴ADDB⊥，在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，DB平面ABCD，∴GDDB⊥又ADGDD

=，∴BD⊥平面ADG，∴平面BDG⊥平面ADG.123456789101112CDABCBDADDCB（2）解：如图以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz−，因为45BAEGAD==，22ABAD==，所以()1,0,0A，()0,3,0B，()0,3,2E，()0,0,1G，()1

,3,2AE→=−，()1,0,1AG→=−，()0,3,1GB→=−.设平面AEFG的法向量(),,nxyz→=，3200nAExyznAGxz=−++==−+=，令1x=，得33y−=，1z

=，∴31,,13n→=−.设直线GB和平面AEFG的夹角为，所以()()30,3,11,,1321sincos,730,3,11,,13GBnGBnGBn→→→→→→−−====

−−，所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为217.21.（1）24yx=；（2）36,220解：（1）OAB是边长为83的等边三角形，点A在抛物线C上，点B在x轴的正半轴上，443,33A，即16833p=，解得：2p=，抛物

线方程为24yx=.（2）将直线l的方程为2xty=+与抛物线C的方程24yx=联立，消去x，得2480yty−−=，设()11,Dxy，()22,Exy，则124yyt+=，128yy=−，2222212111632412DEtyytttt=+−=++=++，点

()0,1M，点M到直线l：20xty−−=的距离为222211ttdtt−−+==++，DEM的面积22222121222221tSDEdttttt+==++=+++，1,3tQ，()()()22324224224

2Stttttt=++=++++，设()32224ftttt=+++，则()23420fttt=++，()ft在1,3上单调递增，即()9,55ft，236,2202St+.故22St+的取值范围为36,220.22.【答案】（1）(,e−；（2）证明见详

解．【解析】（1）由题意得()0xfxeax=−在区间()0,+内恒成立，即xeax在区间()0,+内恒成立，令()xegxx=，则()()221xxxxexeegxxx−−==．当01x时，(

)0gx，()gx在区间()0,1内单调递减；当1x时，()0gx，()gx在区间()1,+内单调递增，故()()min1gxge==，所以ae，所以a的取值范围为(,e−；（2）由（1）

知当ae时，()fx在区间()0,+内单调递增，则不存在极大值．当ae时，1lna．()xfxeax=−，令()()hxfx=，则()xhxea=−．令()0hx=，则lnxa=，则易知函数()fx在区间

()0,lna内单调递减，在区间()ln,a+内单调递增．又()010f=，()10fea=−，()()lnlnln1ln0afaeaaaa==−−（易知1ln0a−），()()2ln2

2ln2ln2ln2lnafaeaaaaaaaa=−=−=−，令()2lnaaa=−，()2210aaaa−=−=，所以()a在(),a+上单调递增，所以()()2ln20aaaee=−=−，所以()()2ln2ln0faaaa=−，

故存在()10,1x，使得()1110xfxeax=−=，存在()2ln,2lnxaa，使得()20fx=，则当()10,xx时，()0fx；当()12,xxx时()0fx；当()2,xx+时

，()0fx，故()fx在区间()10,x内单调递增，在区间()12,xx内单调递减，在区间()2,x+内单调递，增，所以当1xx=时，()fx取得极大值，即12112xMeax=−．由101x，得1102x−，11122xx−，由110xeax−=，得11xeax=，故12

11221111122111222122222xxxxxaMeaxaxaxaa+−=−=−=−=，所以2aM．