高二理科答案

高二理科数学答案一、选择题题号12345678答案DABCAACB二、填空题9.210.5256)(xxf11.2331nn12.213.114.30三、解答题15解：（1）∵)sin,cos2(OCOA，2()7OAOC，∴7sin)cos2(22，…………………2分∴21cos．…………………4分又)2,0(B，)sin,(cosC，设OB与OC的夹角为，则：23sin2sin2cosOCOBOCOB，∴OB与OC的夹角为6或65．…………………7分（2）(cos2,sin)AC，)2sin,(cosBC，…………………9分由ACBC，∴0ACBC，可得21sincos，①…………………11分∴41)sin(cos2，∴43cossin2，432sin．…………………12分16．解：（I）“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，则3111433331227()55CCCCPAC．…………………………………………………5分（II）由题意X所有可能的取值为：1，2，3，4.…………………………………6分31211(1)220PXC；212133333331219(2)220CCCCCPXC；21123636333126416(3)22055CCCCCPXC；211239393331213634(4)22055CCCCCPXC．所以随机变量X的分布列为X1234P12201922016553455……………………………………………………………10分随机变量X的均值为11916341551234220220555544EX．………………………………12分17.解法一：依题设知2AB，1CE．（Ⅰ）连结AC交BD于点F，则BDAC．由三垂线定理知，1BDAC．…………2分在平面1ACA内，连结EF交1AC于点G，由于122AAACFCCE，故1RtRtAACFCE△∽△，1AACCFE，CFE与1FCA互余．于是1ACEF．…………5分1AC与平面BED内两条相交直线BDEF，都垂直，所以1AC平面BED．…………6分（Ⅱ）作GHDE，垂足为H，连结1AH．由三垂线定理知1AHDE，故1AHG是二面角1ADEB的平面角．…………8分223EFCFCE，23CECFCGEF，2233EGCECG．13EGEF，12315EFFDGHDE．ABCDEA1B1C1D1FHG又221126ACAAAC，11563AGACCG．11tan55AGAHGHG．…………12分∴4214cos1HGA…………13分所以二面角1ADEB的余弦值为4214．…………14分．解法二：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系Dxyz．依题设，1(220)(020)(021)(204)BCEA，，，，，，，，，，，．………2分(021)(220)DEDB，，，，，，11(224)(204)ACDA，，，，，．………4分（Ⅰ）因为10ACDB，10ACDE，故1ACBD，1ACDE．又DBDED，所以1AC平面DBE．………7分（Ⅱ）设向量()xyz，，n是平面1DAE的法向量，则DEn，1DAn．故20yz，240xz．………10分令1y，则2z，4x，(412)，，n．………11分1AC，n等于二面角1ADEB的平面角，11114cos42ACACAC，nnn．………13分所以二面角1ADEB的余弦值为4214．…………14分18.解:(Ⅰ)由543131bbbb知31,bb是方程0452xx的两根,注意到nnbb1得4,131bb.……2分ABCDEA1B1C1D1yxz43122bbb得22b.4,2,1321bbb等比数列.nb的公比为212bb,1112nnnqbb……4分(Ⅱ).23132log3log122nnbannn……6分∵12211nnaann……8分数列na是首相为3,公差为1的等差数列.……9分(Ⅲ)由(Ⅱ)知数列na是首相为3,公差为1的等差数列,有3221aaa……ma=32121aaaa……1aam=23631213322mmmmmm……11分4846a482362mmm,整理得08452mm,解得712m.……13分m的最大值是7.……14分19.（本小题满分14分）解：（I）已知椭圆的长半轴为2，半焦距24bc由离心率等于23242bace………………………………………………2分12b…………………………………………………………3分椭圆的上顶点（0，1）抛物线的焦点为（0，1）抛物线的方程为yx42………………………………………………………6分（II）由已知，直线l的斜率必存在，设直线l的方程为)1(xky，),(11yxE，),(22yxF，241xy，xy21'，切线21,ll的斜率分别为2121,21xx……………8分当21ll时，1212121xx，即421xx…………………………………9分由yxxky4)1(2得：0442kkxx0)4(4)4(2kk解得1k或0k①4421kxx，即：1k…………………………………………………12分此时1k满足①…………………………………………………13分直线l的方程为01yx…………………………………………………14分20.（1）解：∵32fxxax，∴2'32fxxax.……………………………………1分∵函数xf在区间20,3内是减函数，∴2'320fxxax在20,3上恒成立．……2分即32xa在20,3上恒成立，…………………………………………………………………3分3321223x，∴1a．故实数a的取值范围为1,．…………………………………………………………………4分（2）解：∵2'33fxxxa，令'0fx得203xa或．…………………………5分①若0a，则当12x时，'0fx，所以fx在区间1,2上是增函数，所以11hafa．…………………………………………………………………………6分②若302a，即2013a，则当12x时，'0fx，所以fx在区间1,2上是增函数，所以11hafa．…………………………………………………………………………7分③若332a，即2123a，则当213xa时，'0fx；当223ax时，'0fx．所以fx在区间21,3a上是减函数，在区间2,23a上是增函数．所以324327hafaa．…………………………………………………………………8分④若3a，即223a，则当12x时，'0fx，所以fx在区间1,2上是减函数．所以284hafa．……………………………………………………………………9分综上所述，函数fx在区间1,2的最小值331,,243,3,27284,3.aahaaaaa………………10分（3）解：由题意12hama有两个不相等的实数解，即（2）中函数ha的图像与直线12yma有两个不同的交点．……………………………………………11分而直线12yma恒过定点1,02，由右图知实数m的取值范围是4,1．………………14分Oay1,02O1k4k