高二理科数学参考答案及解析

1 12一、选择题：本大题共12个题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．【答案】C．AB{0,1,2}．

2．【答案】A．

ln0x01x，|1|2x31x，而区间(0,1)(3,1)，故“ln0x”是“|1|2x”的充分不必要条件．

3．【答案】C．

选项A，反例为直棱柱两相邻侧面与其底面；选项B，反例为圆锥的母线与其底面；选项C，这两条直线均平行于二面的交线即可；选项D，反例为直线在平面内的情形．

4．【答案】B．

取PB的中点N，则CMN为异面直线PA与CM所成角，设正四面体的棱长为2，则1MN，3CMCN，于是3cos6CMN．

5．【答案】D．

该几何体由一个半径为1的半球和一个直径与高都为2的半圆柱组合而成的组合体，其表面积为(2)(24)5422．

6．【答案】A．

由122kx得函数()fx的对称中心为11(,0)()4kkZ，故函数()gx的对称中心为22(,0)()43kkZ，所以21||||||()4343kkkabkZ，取1k得最小值为12．

7．【答案】B．

令1m得121nnaa，所以112(1)nnaa，{1}na成等比数列，于是不难求得21nna，663a．

8．【答案】A．

由题，原点O到直线:0ABxaya的距离2211aaa，解得2a152．

9.【答案】C．

令e,exyab，则,0ab且2ab，于是221eeexyab211e()()2abab

221e(1e)2baab2221e(1e)(1e2)22baab，当且仅当eba时等号成立．

10．【答案】D．

设,()Pxy，由22||12||PAPB可得点P在圆22:14()Exy上，由题可知E与圆22:(2)4Cxya相切，故41a或9，即3a或5．

11．【答案】B．

把函数(21)yfx的图象向左平移 个单位，再向下平移1个单位，即可得到函数12x 2 ()(2)1gxfx的图象，故()gx的图象关于直线

对称，故选B．

12．【答案】D．

考虑函数ln1(0)yaxx与24(0)yxaxx的图象，不难知它们有公共的零点t时，()0fx恒成立．于是，24eatt，解得e4ea．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．【答案】79

由2sin()cos()3sin12xxx得1sin3x，故27cos212sin9xx．

14.【答案】[4,)．

由题，1yax，作出不等式组所表示的平面区域可知，1yx表示区域内的点与点(1,0)连线的斜率，当(,)xy取点时(0,4)时，1yx的最大值为4，所以[4,)a．

15．【答案】131．

2|32|14(64)abccab，而|64|213ab，设向量c与64ab的夹角为则|32|14213cosabc，当时，|32|abc取最大为131．

16．【答案】1643．

设过点,,CMN的平面与棱11AD交于点P，则NPCM∥，故11DP．体积较小的那部分为三棱台1DNPDCM，该三棱台的体积为128(1144)433，所以体积较大的那部分的体积为328164433．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（10分）

【解析】命题p为真时，sin3cos2sin()(3,1)3，1a．

命题q为真时，由2(2)1a得12a，经检验，12a时两直线重合，故12a．

pq为真命题，pq为假命题，∴命题,pq一真一假，

11(,)(,1)22a． （10分） 3 18．（12分）

【解析】（1）由正弦定理，sin2(sincossincos)sin(90)CABBAC，

即sin2sin()cosCABC，所以1cos2C，60C． （6分）

（2）因为60C，由余弦定理，2229ababc，

再有222222coscos022ADCDbBDCDaADCBDCADCDBDCD，

得22252ab，于是72ab，173sin28ABCSabC△． （12分）

19．（12分）

【解析】（1）由已知得121aa，2122(21)143nnaann，

故21234212()()()nnnSaaaaaa2(42)(21)22nnnnnn． （6分）

（2）由22(21)2nnnnSbnn，可得123123252(21)2nnTn，

23121232(23)2(21)2nnnTnn，

由错位相减法得:1(23)26nnTn． （12分）

20．（12分）

【解析】（1）由题，侧面11ABBA与11ACCA为全等的直角梯形，

易求1112AAABAC，又2ABBCCA，

故2222221111,ABAAABACAAAC，

1111,AAABAAAC，1AA平面1ABC． （6分）

（2）取11,BCBC的中点1,DD，连接11,ADAD，ABC△为等边三角形，

易知ADBC，侧面11BCCB为等腰梯形，故1DDBC，

则在四边形11ADDA中，1ADD即为二面角1ABCB的平面角，

易求11cos3ADD． （12分） 1A1B1CABC 4 21．（12分）

【解析】（1）()()amambabmbbmb，因为,,0abm，

当ab时，aambbm；当ab时，aambbm；当ab时，aambbm． （6分）

（2）由（1）中结论，对于正整数2kn，2112nknk，

取,1,,21knnn，得：211212212,,,221221nnnnnnnnnnnn，

以上n个式子相乘得1122(1)22121nnnnnnnn． （12分）

22．（12分）

【解析】（1）由题，当,AB位于椭圆的短轴端点时，凸四边形12AFBF的面积最大为2bcac，

所以12ba，22312bea．

（5分）

（2）由（1）可设椭圆的方程为22244xyb，将点3(1,)2代入得椭圆22:44xy．

由题意可知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为(0)ykxmm，

1122(,),(,)AxyBxy满足22440ykxmxy，消去y得222(14)84(1)0kxkmxm．

2222226416(14)(1)16(41)0kmkmkm，

且122814kmxxk，21224(1)14mxxk，2212121212()()()yykxmkxmkxxkmxxm．

因为直线,,OAABOB的斜率依次成等比数列，所以2221212121212()yykxxkmxxmxxxxk，即22228140kmkm，又0m，所以214k，即12k．

由于直线,OAOB的斜率存在，且0，得202m且21m．

设d为点O到直线AB的距离，则212211||||1||221OABmSdABkxxk△

2121222(2)1||()42mmmxxxx，

所以OABS△的取值范围为(0,1)． （12分）