小结教学目标

2017-2018学年度上期高三11月统一检测

数

学

答

案（理科）

一、选择题

题号

答案

1 A 2 C 3 D 4 A 5 B 6 C 7 B 8 A 9 B 10 D 11 B 12 C 二、填空题

13.

16

14.三、解答题

17.解：（1）因为f(x)2(cos2xcos所以T

由2k2x2k（kZ）得f(x)的增区间为[k,k（2）f(

15+26

15.

16.

4034

2222sin2xsin)3sin2xcos2x，

332]（kZ）…..6分

C1)cosCC，

223222又已知ABC中a3,b1，故cab2abcosC7，即c7，

由正弦定理得acasinC321.。…………………………..12分

sinAsinAsinCc144个小球中有放回地随机抽取2个小球的基本事件：

18.解：（1）从(1,1)、(1,2)、(1,3)、(1,4)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,3)、(3,4)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(4,4)共16个基本事件。随机变量x的最大值为5，则P(x=5)=（2）。随机变量x的可能值为0,1,2,3,4,5，则

116…………………………6分

P(x=0)=134431,P(x=1)=,P(x=2)=,P(x=3)=,P(x=4)=,P(x=5)=……………..8分

161616161616x

P

0 1 2 3 4 5 随机变量x的分布列

1

163

164

164

163

161

16

则Ex=0?()1344311?2?3?4?5?1616161616165

2……………..12分19．（1）证明：PA^底面ABCD,\PA^AB,AB^AD,PA?ADA,\AB^平面PAD

\AB^PD,AB=BC,?ABC60癨AB=AC,PA=AB\AC=PA，E是PC的中点

\AE^PC,PA^底面ABCD,\PA^CDAC^CD,PA?ACA,CD^平面PAC

\CD^AE,PC?CDC,\AE^平面PCD,\AE^PD,AE?ABA,\PD^平面ABE

………………………6分

（2）如图：以A为原点AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系

设AB=2，则A(0,0,0),B(2,0,0).P(0,0,2),D(0,0,设平面PCD的法向量43)，设平面PAD的法向量m=(1,0,0)

3Pn=(x,y,z)，PC=(1,3,-2),PD=(0,43,-2)

3ìx+3y-2z=0ìn?PC0ï镲揶43则眄镲y-2z=0în?PD0ïî3

取z=23,x=3,y=3

AEDn=(3,3,23)，cosm,n=32=

3+9+1242…………………12分

4CB二面角A-PD-C的余弦值为21b2a82c2222b2aD(,c)20.解：（1）因为DF2F，所以，根据题意有Fb4，

12ac2c22ay2x21……………………….3分

故椭圆E的方程为84又抛物线的准线ypp过点D，故c2p4，

22所以抛物线C的方程为x28y.…………………………….5分

（2）因为F1(0,2)，所以设直线的方程为：ykx2，设A(x1,y1),B(x2,y2)

ykx24k422,x1x22由y2x2消去y得：(k2)x4kx40x1x22……..7分

k2k214842(1k2)……

|AB|1k|x1x2|1k(x1x2)4x1x2k22222ykx22同理，设P(x3,y3),Q(x4,y4)，由2得x8kx160，

x3x48kx8yx3x416

|PQ|1k2(x3x4)24x3x48(k21)………………………………..9分

42(1k2)422tk2

令，则|PQ||AB|8(k1)|PQ||AB|8t428（t2）2k2t2g(t)8t

42428的[2,)单调递增，所以

|PQ||AB|ming(2)822.………….12分

ta（x0） x21.解（1）f'(x)x①a0时，f'(x)0，故f(x)在(0,)单调递增，此时f(x)在(0,)至多有一个零点，舍去. ②a0时，令f'(x)0得x得0xa，令f(')x0即f(x)在(0,a)a，(a,)，

又注意到x0时f(x)0，x时f(x)0，故f(x)要有两个不同零点，只须f(a)0，

即11aalna0lna01lna0，也即lna1，所以ae.…………4分

22x212（2）当x1时，lnx0，从而f(x)xalnx0恒成立a在(1,)恒成立，

22lnx

x2x(lnx1)0xeh(x)在(1,e)令h(x)，则h'(x)22(lnx)2lnx(e,)

x2e2e2.

故a在(1,)恒成立，只须满足ah(x)minh(e).即a的取值范围是a222lnxx(x?2),gⅱ(x)2

…………………………………………………………………………………………………………………………………………………8分

（3）.证明：令g(x)=lnx-112-x-=,x常2,g(x)0，

x22xxg(x)在(2,+?)上是减函数，g(x)?g(2)ln2-1<0,lnx<，

23n3nln2<1,ln3<,ln4<2,lnn<,ln2+ln3+ln4++lnn<1++2++，

2222

ln2+ln3+ln4+n2+n-2+lnn<……………………..12分

422.（1）解：由公式xcos得点P(23,)的直角坐标为(3,3)，

6ysin曲线C的直角坐标方程为x2(y3)24.…………………………5分

（2）因为P(3,3)，M是PQ的中点，设点M(x,y)，由中点坐标公式可得Q(2x3,2y3)，

而点Q在曲线C上，故(2x3)2(2y33)24整理得(x)y1，这表明点Q的轨迹是一个圆，而直线l:3222x3t322的普通方程是2xy80，故原问题转化为在圆(x)y1上的2y22t3|208|2151.

2221任意一点M到直线2xy80

的距离最小，这个最小距离dmin

……………………………………………………………………………………………………………………………………10分

23.解：（1）当a=-3时，x-3+x-2?3，x-3+x-2表示数轴上的x到2,3的距离和，而1，4到2,3的距离和恰为3，故x-3+x-2?3的解集为x|x３或1x{4}……………………..5分

（2）若f(x)?x4的解集包含0,2，即f(x)?x4在0,2上恒成立。

即x+a?4x-2+x=2,-2?xa?2,2-x＃a[][]2-x在[0,2]上恒成立。

a则-2＃

0……………………..10分