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河北省唐山市2016届高三第一次模拟考试数学(理)试题(扫描版)


唐山市 2015—2016 学年度高三年级第一次模拟考试

理科数学参考答案
一、选择题: A 卷:CADCB ACBDA DC B 卷:BADCA ACBDB 二、填空题: (13)3 (14)23 三、解答题: (17)解: (Ⅰ)在△ADC 中,∠ADC=360° -90° -120° -θ=150° -θ, DC AC DC 2 由正

弦定理可得 = ,即 = , sin∠DAC sin∠ADC sin30° sin(150° -θ) 1 于是:DC= . sin (150° -θ) AC BC 3 (Ⅱ)在△ABC 中,由正弦定理得 = ,即 BC= , sin θ sin 60° sin θ 1 由(Ⅰ)知:DC= , sin (150° -θ) DC (15)-2 (16)48

…5 分

3 3 3 那么 S= = = , 4sin θ·sin (150° -θ) 2sinθcosθ+2 3sin2θ 3+2sin(2θ-60° ) 故 θ=75° 时,S 取得最小值 6-3 3. (18)解: (Ⅰ)连接 AO1,BD …12 分

在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,所以 BB1⊥AC, ∵ 四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形, D1 ∴ AC⊥BD, C1 O1 又∵ BD∩BB1=B, A1 B1 ∴ AC⊥平面 DBB1D1, 又∵ O1M?平面 DBB1D1, M ∴ AC⊥O1M. D C ∵ 直四棱柱所有棱长均为 2, ? A B ∠BAD= ,M 为 BB1 的中点, 3 ∴ BD=2,AC=2 3,B1M=BM=1, ∴ O1M2=O1B12+B1M2=2,AM2=AB2+BM 2=5,O1A2=O1A12+A1A2=7, ∴ O1M2+AM2=O1A2,∴ O1M⊥AM. 又∵ AC∩AM=A,∴ O1M⊥平面 ACM. . …6 分

(Ⅱ)设 BD 交 AC 于点 O,连接 OO1, 以 O 为坐标原点,OA,OB,OO1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标 系 O-xyz,则 A( 3,0,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,2),M(0,1,1),

→ AD1=(- 3,-1,2),→ AD =(- 3,-1,0),→ DM =(0,2,1),
设平面 ADM 的一个法向量 n=(x,y,z),
A1 D1 z O1 B1 M D x A O B y C C1

→ ?n· AD =0, ?- 3x-y=0, 则? 即? → DM =0, ?2y+z=0, ? n·
令 x=1,得 n=(1,- 3,2 3). 设 AD1 与平面 ADM 所成角为?, 则 sin ?=|cos?→ AD1,n?|= 4 3 6 = = , 4 4 |→ AD1||n| 2 2× 6 . 4 …12 分 |→ AD1· n|

即 AD1 与平面 ADM 所成角的正弦值为 (19)解:

3× 2× 1 3 (Ⅰ)记顾客获得半价优惠为事件 A,则 P(A)= = , 4× 4× 4 32 两个顾客至少一个人获得半价优惠的概率 3 183 P=1-P(- A )P(- A )=1- 1- 2= . 32 1024

(

)

…5 分 (Ⅱ)若选择方案一,则付款金额为 320-50=270 元. 若选择方案二,记付款金额为 X 元,则 X 可取 160,224,256,320. 3 P(X=160)= , 32 3× 2× 3+3× 2× 1+1× 2× 1 13 P(X=224)= = , 4× 4× 4 32 3× 2× 3+1× 2× 3+1× 2× 1 13 P(X=256)= = , 4× 4× 4 32 1× 2× 3 3 P(X=320)= = , 4× 4× 4 32 3 13 13 3 则 E(X)=160× +224× +256× +320× =240. 32 32 32 32 ∵ 270>240, ∴第二种方案比较划算. …12 分

(20)解: (Ⅰ)由题意可设 C (x,y),则 G 3 x y y (3 , ),H(x, ). 3 3

y → BH =(x-1, ),→ AC =(x+1,y), y2 y2 因为 H 为垂心,所以→ BH ?→ AC =x2-1+ =0,整理可得 x2+ =1, 3 3 y2 2 即动点 C 的轨迹 Г 的方程为 x + =1(x·y≠0) . 3 (Ⅱ)显然直线 AC 的斜率存在,设 AC 方程为 y=k(x+1),C(x0,y0). y2 将 y=k(x+1)代入 x2+ =1 得(3+k2)x2+2k2x+k2-3=0, 3

…5 分

3-k2 3-k2 6k 2k 解得 x0= . 2,y0= 2,则 H 2, 3+k 3+k 3+k 3+k2 |k| 原点 O 到直线 AC 的距离 d= , 1+k2 9-2k2+k4 k2 依题意可得 = , 1+k2 9+6k2+k4

(

)

即 7k4+2k2-9=0,解得 k2=1,即 k=1 或-1, 故所求直线 AC 的方程为 y=x+1 或 y=-x-1. (21)解: (Ⅰ)f ?(x)=2-ex, x<ln 2 时,f ?(x)>0;x>ln 2 时,f ?(x)<0, 所以 f (x)在(-∞,ln 2 )上单调递增,在(ln 2 ,+∞)上单调递减, 则当 x=ln 2 时,f (x)取得最大值 2ln 2-1. (Ⅱ)x∈(0,1)时,f (x)在(0,ln 2 )上单调递增,在(ln 2 ,1)上单调递减, 且 f (0)=0,f (1)=3-e>0,所以此时 f (x)>0, 因为 tan x>0,所以当 a≤0 时,af (x)≤0<tan x. …6 分 1 1 当 a>0 时,令 g (x)=tan x-af (x),则 g ?(x)= 2 -a(2-ex)= 2 +a(ex-2), cos x cos x 故 g ?(x)在(0,1)上单调递增且 g ?(0)=1-a. (ⅰ)当 0<a≤1 时,g ?(0)≥0,g ?(x)≥0,所以 g (x)在(0,1)上单调递增, 又 g (0)=0,所以此时 g (x)>0,即 af (x)<tan x 成立; (ⅱ)当 a>1 时,g ?(0)<0,g ?(1)>0,所以存在 x0∈(0,1)使得 g ?(x0)=0, 即 x∈(0,x0)时,g ?(x)<0,g (x)单调递减,又 g (0)=0,所以此时 g (x)<0, 与 af (x)<tan x 矛盾; 综上,a 的取值范围是 a≤1. (22)解: (Ⅰ)因为 BF∥CD,所以∠EDC=∠BFD, 又∠EBC=∠EDC,所以∠EBC=∠BFD, 又∠BCE=∠BDF,所以△BCE∽△FDB. (Ⅱ)因为∠EBF=∠CBD,所以∠EBC=∠FBD, 由(Ⅰ)得∠EBC=∠BFD,所以∠FBD=∠BFD, 又因为 BE 为圆 O 的直径, 2 所以△FDB 为等腰直角三角形,BD= BF= 2, 2 因为 AB 与圆 O 相切于点 B,所以 EB⊥AB,即 AD·ED=BD2=2. (23)解: (Ⅰ)半圆 C 的直角坐标方程为 x2+(y-1)2=1(y>1) , ?x=cos φ, 它的参数方程是? φ 是参数且 φ∈(0,π). ?y=1+sin φ, (Ⅱ)设直线 l 的倾斜角为 α, 则直线 l 的方程为 y=xtan α-2, D (cos2α,1+sin2α),2α∈(0,π). 2 |AB|= ,点 D 到直线 l 的距离为 sin α |sin αcos2α-cos αsin2α-3cos α| …12 分 …4 分 …12 分

…4 分

…10 分

…4 分

=|3cos α-sin αcos2α+cos αsin2α|=3cos α+sin α, π 由△ABD 的面积为 4 得 tan α=1,即 α= ,故点 D 为 (0,2). 4 (24)解: ? ?1-3x, x<-1, (Ⅰ)当 a=-2 时,f (x)=?3-x, -1≤x≤1, ?3x-1, x>1. ? 4 由 f (x)的单调性及 f (- )=f (2)=5, 3 4 得 f (x)>5 的解集为{x|x<- ,或 x>2}. 3 |x+1| (Ⅱ)由 f (x)≤a|x+3|得 a≥ , |x-1|+|x+3| |x+1| 1 1 由|x-1|+|x+3|≥2|x+1|得 ≤ ,得 a≥ . 2 2 |x-1|+|x+3| (当且仅当 x≥1 或 x≤-3 时等号成立) 1 故 a 的最小值为 . 2

…10 分

…5 分

…10 分


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