四模理數(shù)參考答案

1、四模理數(shù)答案1-12： B D B D CA B B B C D D D13. 2/2 2. 14.x+1=0或 3X+ 4y 1 = 0 15. 216.17.解：(I) a2=2+S=4,由 an 豐=2+S 可得気=2+5 丄 n >2),兩式相減得：an+_an =Sn _Sni =%,. an+=2an( n>2,n 亡 N*).n匚.a故 an =a2 x2n 丄=2“ (n 汐)，又 =2,”. an =2*( nN )1111.(n) bn =2n +1,=-(),bnbn + (2 n+1)(2 n+3) 2 2 n+1 2n+311111111 11n”.Tn

2、=-(-+ 丸+)=一 (-)=2 3 5 5 72n +1 2n+32 3 2n+36n+912分18.解：(I)由題知 EA丄平面ABCD , BA丄平面ABCD，二BA丄AE.1 過(guò)點(diǎn) A 作 AH 丄BC 于 H，在 RTVABH 中，ZABH =60°, BH =仁 AB =1 ,2在 VABC 中，AC2 =Ab2 +BC2 2AB BCcos60o =3. ABACBC'. AB 丄 AC,且 ACI EA =A,. AB 丄平面 ACFE.又 QCF U平面 ACFE,二 AB 丄CF.(n)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AC,AE分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)

3、系,J31肩則 B(1,0,0),E(0,0,a),F(0,號(hào),a),D(二，詩(shī),0),uiuuiuJ3UUlU1J3uuu 1”".BE =(1,0,1),BF 十,專,1),DE =(2,-,a),DF =(-,0,1)n =(x, y,z)為平面 BEF 的uurBE則uunBF=£ +z =0,r広令 x=1,得 n = (1,0,1),=f + Jy + z =0,2LT同理可求平面 DEF的一個(gè)法向量 m =(2,0, 1)，LT r/. cos <m, nLT rm n=1-=1 m| n| 1012分四模理數(shù)答案810000 魯 6250.19.解析：

4、(1)根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，得到如下表格:20,25)25,30')30J5)35,40)40.45)45,50)50,55)55,60'使用孩動(dòng)支 付202525151510S7不便用移動(dòng) 支忖004610102322動(dòng)支付的概率為由頻率估計(jì)概率，根據(jù)上表可預(yù)估該超市顧客使用移20+25+25+15+15+10+8+7520020 25 258=-,所以超市當(dāng)天應(yīng)準(zhǔn)備的環(huán)保購(gòu)物袋個(gè)數(shù)為8年齡40年齡2 40小訃便用移動(dòng)支付K540J25不便用移動(dòng)支忖106575小訃95105200(2)由(1)知列聯(lián)表:假設(shè)移動(dòng)支付與年齡無(wú)關(guān)，則K2的觀測(cè)值|,=200(85乂65一4%10)俺56

5、.17 , Q 56.110.828,所以125x75x95x105有99.9%的把握認(rèn)為使用移動(dòng)支付與年齡有關(guān).8 分(3)記事件A :第1次抽到的是使用移動(dòng)支付的顧客，事件B :第2次抽到的是不使用移動(dòng)支付的顧客，所有 P(B|A)=n(AB) n(A)125X75 _ 75125x199 19912分20.解: (I)令 X =-c ,得 y =.2.2.2bbb±.所以P (c, ).直線OP的斜率K =-.直線AB的斜 aaacbb2 b率 k2 =.故一=解得 b=c , a=J2c.由已知及 |FA|=a+c，得 a + c = 2j2 + 2,aac a所以(1+J2

6、)c=2j2+2，解得 c = 2.所以，a=2j2 , b = 22 2所以C的方程為=1 .84(n)易得F (-2,0 ),可設(shè)直線 I 的方程為 X = ky -2, M(X, % ), x2, y2 ),聯(lián)立方程組|x =ky -2,- 消去X，整理得(k2 +2)y2l82 2=1,4-4ky - 4 = 0 ,由韋達(dá)定理,4 k4宀，y1W2kk2 +2Xi +X22亠，即e，Mk +2Ik +2 k +2 丿所以直線0E的方程為，令x = -4，得 y =2k，即 D (-4,2 k ),所以直線DF的斜率為2k 0,=-k,4 + 2所以直線DF與l恒保持垂直關(guān)系,故若 MD

7、F為等腰直角三角形,只需MF = DF，10分即 J4k2 +4 = Jw +2 f + y=J(k2 +1 )yj，2 2解得yr，又節(jié)片1,所以xi = 0 ,所以k = ±1，從而直線l的方程為：x-y+ 2=0或x + y + 2=0 .1221.解：(1)由 f(x) =xeax.求導(dǎo)得 f(X) =(1+ax)eax,a=0時(shí)，f (X)=(1+ax)eax,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，因此函數(shù)f (x)無(wú)極值;a >0，令 f(X)=(1 +ax)eax =0,得 x =11 1xc1時(shí)，f(x)£0,當(dāng)X1時(shí)，f'(x)0,函數(shù)f(x)在(

8、=,丄)上單調(diào)遞減,aaa-丄,切a上單調(diào)遞增；所以函數(shù) f(X)存在極小值，其極小值為 £(_1)=_丄，無(wú)極大值.a ea當(dāng) a v。，令 f (x) =(1 +ax)eax =0,得 x =丄,a當(dāng)x<1時(shí)，f'(x)：>0，當(dāng)XA1時(shí)，f'(x)v0，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增,aaa在(丄均a上單調(diào)遞減；所以函數(shù) f(x)存在極大值，其極大值為 f(_1)=-丄，無(wú)極小值.a ea(2)由題意由xe -Inx4x31恒成立，即b <e恒成立,X X設(shè) g(x)=ex -噸-亠(x) =ex -與心= x2e +ln xXX X設(shè)h(x) =x

9、2ex +ln x,下面證明h(x) =0有唯一解.易知h(x)單調(diào)遞增，且h(1)=eA0,所以若h(x)有零點(diǎn)，則0<x<1 ,令 h(x) =0,得 xeX =(0 <XC1) (* ),X注意到旦 =-|nxe4X=f(lnx),(0vx<:1)，所以方程(* )等價(jià)于 f(x)=f(-lnx),(0vxv1),又由(1)知當(dāng)a=1時(shí)，f(x)在(0,七C)上單調(diào)遞增,故 f(X)=f(I nx)等價(jià)于 X =I nx(0 ex VI), _ 1 1 1設(shè)函數(shù) m(x)=x+lnx(0cx<1)則 m(x)單調(diào)遞增，又 mC) =-一1C0,m(1) =1

10、0,二日冷,1),使得e ee1m(X0)=0.即方程 X =_1 nX有唯一解 X0,即 Inx。x?,或 eX0 =一X0因此方程f(x) =f(-ln xj有唯一解，代入得：xo2eXIn =0,二h(x) =0有唯一解x0.且當(dāng) X 忘(O，x),h(x) <O,g'(x) <O,g(x)單減,X 忘(Xo,+),h(x) AO,g'(x) AO,g(x)單增,故g(x)的最小值g(x0)=eX0 -皿0X011=X0X0旦丄=1，故bM.X0 X012分22.解：(I)圓C的普通方程是(X _2)2 +y2 =4,又X = Pcos8, y = Psing

11、所以圓C的極坐標(biāo)方程 是 P =4cos8(n)設(shè) P(9,a),則由R=4cose,設(shè) Q(£,6),且直線 I 的方程是 p(si73cos日)=73,則有段飛inQ 為cosQ,所以 |OP |OQ|=sJco可2,可4/31023 解：(I)當(dāng) m=3 時(shí)，f(x)：>4 即 |2x+1| -| x-3|4.當(dāng)X > 3時(shí)，不等式化為 2X+1-X +34，解得X > 3;1當(dāng)-2<xc3時(shí)，不等式化為2x+1+x3：>4，解得2VXC3 ;1當(dāng)X V2時(shí)，不等式化為 2x1+x-3>4，解得XC七.綜上，不等式的解集為 xlxc或x>2.3-3x<x-m <3x-3 即 3-2x<m<4x-3 恒成立，解得 <m<9. -x-5 <x -m <x +5 解得 -5