2020-2021学年河南省名校联盟高二下学期6月联考文科数学试题答案

名校联盟高二年级六月联考文科数学参考答案一、选择题1.C2.C3.D4.A5.B6.C7.A8.D9.C10.D11.B12.C二、填空题13.2014.415.25616.14π三、解答题17.解：（1）由已知，一中、四中、十七中三所学校学生人数之比为10:9:6，由于采取分层抽样的方法从中抽取25人，因此应从一中、四中、十七中三所学校学生中分别抽取10人，9人，6人．…3分（2）依题意，从6名同学选出3名的所有可能的结果为：{A，B，C}，{A，B，D}，{A，B，E}，{A，B，F}，{A，C，D}，{A，C，E}，{A，C，F}，{A，D，E}，{A，D，F}，{A，E，F}，{B，C，D}，{B，C，E}，{B，C，F}，{B，D，E}，{B，D，F}，{B，E，F}，{C，D，F}，{C，E，F}，{D，E，F}，共19种．……………………8分选出3人中没有选择化学学科的同学的所有可能结果为：{A，B，C}，{A，B，D}，{A，B，E}，{A，C，D}，{A，C，E}，{A，D，E}，{B，C，D}，{B，C，E}，{B，D，E}，共9种．∴事件M发生的概率P(M)=9．19……………………11分………………………12分18．解（1）由已知条件可知，对任意的nN，an0.2当n1时，a1a12S12a1，解得a11；1当n2时，由2Snanan可得2Sn1an1an1，上述两式作差得2ananan1anan1，即anan1anan10，即anan1anan110，由已知条件可知anan10，anan11，2

2

2

2

22

an1n11n；所以，数列an是等差数列，且首项为1，公差也为1，因此，…………………………………………………………………………………………………6分n2n

（2）由（1）可知Sn，则2

12an1212n12n2bn1，Snnn1nn1

21222222n2因此，Tn21.……2

22334n1nn1

…………………………………………………………………………………………………12分19.证明：(1)∵PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC=B，∴PA⊥平面ABC，………………………1分又∵BD⊂平面ABC，∴PA⊥BD，……………2分∵AB=BC=2，D为线段AC的中点，∴BD⊥AC，………3分n

n

n

又∵PA∩AC=A∴BD⊥平面PAC，………………………………………………5分∵BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC.………………………6分解：∵PA//平面BDE，平面PAC∩平面BDE=ED，∴ED//PA，∵D为AC中点，∴E为PC中点，12141413∴VP−BDE=VA−BDE=VE−ABD=VE−ABC=VP−ABC=×S△ABC×AP=×××2×2×2=.3143213111∴三棱锥P−BDE的体积为.………………………………………12分20.解：（1）当m=e时，h(x)=e2x–e(2x+1)，则h(x)=2e2x–2e．令h(x)=0，得x=当x＜1，211时，h(x)＜0；当x＞时，h(x)＞0．2211)，单调递增区间为(，+∞)．…………3分222所以h(x)的单调递减区间为(–∞，（2）h(x)≥1-m恒成立e2x–m(2x+1)≥1-m恒成立e2x–2mx≥1恒成立，……4分设F(x)=e2x–2mx，则F(x)=2e2x–2m，……………………5分当m≤0时，F(x)＞0恒成立，所以F(x)是(–∞，+∞)上的增函数，注意到F(0)=1，所以x＞0时，F(x)＞1，不合题意；当m＞0时，若x＜所以F(x)是(–∞，故只需F(x)min=F(令u(x)=lnx+u(x)=……………………6分11lnm，则F(x)＜0，若x＞lnm，则h(x)＞0，2211lnm)上的减函数，是(lnm，+∞)上的增函数，221lnm)=m–mlnm≥1．2……………………8分1–1（x＞0）．x11x1–=2，xx2x当0＜x＜1时，u(x)＜0，若x＞1，u(x)＞0，所以u(x)是(0，1)上的减函数，是(1，+∞)上的增函数，故u(x)≥u(1)=0，当且仅当x=1时等号成立．所以x–xlnx≤1，即m–mlnm≤1，从而m=1．21.解：（1）设椭圆的半焦距为c，则由已知有……………………11分………………12分c31bc0，，bc6.又由a2b2c2，a，，

a52x2y21.b4，c3，所以椭圆的方程为解得a5，

2516……………………2分y1，点B的坐标为x2，y2，设直线AB的方程为ykx3（显然，k设点A的坐标为x1，

不存在时直线NA和NB与y轴重合，满足题意）.x2y21，联立直线与椭圆的方程2516消去y，整理得25k216x2150kx2570，由此ykx3，150k257可得x1x2，①.…………………………4分xx1225k21625k216直线NA的斜率为k1y11616y23，直线NB的斜率为k3，因此有2x1x2k1k2x2y1x1y216x1x23.x1x2又因为x2y1x2kx13kx1x23x2，同理x1y2kx1x23x1，故x2y1x1y2167x1x22kx1x2x1x2333，将①带入，可得x2y1x1y216350k350k0.x1x222325k1625k16所以，k1k20，故直线NA和直线NB关于y轴对称.（2）由已知可得，三角形NAB的面积等于………………7分17MNx1x2x1x2.而26x1x22x1x24x1x2.将①带入，整理得x1x222160025k2725k2162，记25k27t，t7，，则25k25k227216tt92t11，当且仅当t9即t218t81t811836tk220时，等号成立.因此x1x2的最大值为，故三角形NAB的面积的最大值为5372070.…………………………12分639(1)直线l的参数方程为22.解：y−2=0，……2分2x=1−y=1+2222t,（t为参数），两式消参得直线l的普通方程为x+t.2因为圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ，即ρ2=4ρcosθ，所以圆C的直角坐标方程为x−2y2=4．…………4分(2)将x=1−y=1+222+t,代入x−2设A，B所对应参数分别为t1，t2，t.2+y2=4，得t2+22t−2=0，…………………………6分则t1+t2=−22<0，t1⋅t2=−2<0，………………………………………………7分所以PA+PB=t1+t2=|t1−t2|……………………………………………………8分=t1+t22−4t1⋅t2=4．…………………………………………………………10分23．解：（1）当a2时，所以当x>2时，3x3x>2

f(x)x12x2x+51x23x+3x1

，，……………3分fx>f23233

fxf22+53

当1x2时，，当x1时，fx>f131+36

，所以函数f(x)的最小值3.……………5分（2）因为函数f(x)|x1|2|xa|4当a1时，又合.x1,1，所以f(x)x1+2xa3x+12a

单调递增，与题意不符当a1时，则3x+12ax>a

f(x)x12xax+2a+11xa3x+2a1x1

，因为函数在区间1,1上递减，则a1，综上得：a的取值范围为+1，

.…………………………………………………………10分5