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2016唐山三模理科数学及答案


唐山市 2015—2016 学年度高三年级第三次模拟考试
高三理科数学答案第 1 页 共4页

理科数学参考答案
一、选择题 A 卷:BCAAD BCCBB AD B 卷:BCAAD BBCDC AD 二、填空题 (13)4 (14)4 3π (15)-1 三、解答题 (17)解: 2a+b -c 2sin A+sin B -sin C (Ⅰ)因为 = ,所以由正弦定理可得: = , cos B cos C cos B cos C 所以 2sin Acos C=-(sin Bcos C+sin Ccos B)=-sinA. 1 因为 sin A≠0,所以 cos C=- . 2 又 0<C<π,故 C= 2π . 3 …5 分

(16)(-3,0)

π 3 1 (Ⅱ)sin Asin B=sin Asin ( -A)=sin A( cos A - sin A) 3 2 2 = 1-cos 2A 1 3 1 3 π 1 sin 2A- sin2A= sin 2A- = sin(2A+ )- . 4 2 4 4 2 6 4 …12 分

π π 1 因为 0<A< ,所以当 A= 时,sin Asin B 有最大值为 . 3 6 4

(18)解: (Ⅰ)该组数据的中位数为 87,众数为 92, 打印的 15 件产品中,合格品有 10 件,由此可估计该打印机打出的产品为合格品的 2 概率为 . …5 分 3 (Ⅱ)随机变量 X 可以取-54,18,90,162, 23 1 2 22 2 P(X=-54)=C0 = , P(X=18)=C1 = , 3× 1- 3× × 1- 3 27 3 3 9 2 1 3 2 2 4 2 8 P(X=90)=C2 × 1- = , P(X=162)=C3 = , 3× 3× 3 3 9 3 27 X 的分布列为 X 18 90 162 -54 1 2 4 8 P 27 9 9 27 1 2 4 8 ∴随机变量 X 的期望 E(X)=(-54)× +18× +90× +162× =90. …12 分 27 9 9 27

( ) ( ) ( )

( ( )

)

z

(19)解: (Ⅰ)∵PA⊥平面 ABCD,AE?平面 ABCD,
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P

A B E

D C

x

y

∴PA⊥AE, 又∵PB⊥AE,PB∩PA=P, ∴AE⊥平面 PAB,又∵AB?平面 PAB, ∴AE⊥AB. 又∵PA⊥AB,PA∩AE=A, ∴AB⊥平面 PAE, 又∵PE?平面 PAE, ∴AB⊥PE. …6 分 (Ⅱ)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 B(2 3,0,0), P(0,0,2),C(- 3,3,0),D(- 3,1,0), ∴→ BC =(-3 3,3,0),→ PC =(- 3,3,-2),→ DC =(0,2,0). 设平面 PBC 的一个法向量 m=(x,y,z),

? ?-3 3x+3y=0, ?m·→ BC =0, ? 则? 即? ?- 3x+3y-2z=0, ? PC =0, ? ?m·→
令 x=1,得 n=(1, 3, 3). 同理可求平面 PCD 的一个法向量 n=(2,0,- 3). m·n -1 1 ∴cos?m,n?= = =- . 7 |m||n| 7· 7 ∵二面角 B-PC-D 为钝二面角, 1 ∴二面角 B-PC-D 的余弦值为- . 7 (20)解: x2 y2 (Ⅰ)设椭圆 C 的标准方程为 2+ 2=1(a>b>0) ,由已知可得: a b 2 2b =3, ?a=2, a 解得? c=1, ?b= 3. a2=b2+c2. x2 y2 故所求椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 …12 分

? ? ?

…4 分

(Ⅱ)假设存在满足条件的点 T(t,0), 当直线 AB 斜率不为 0 时,可设直线 AB 为 x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 将 x=my+1 代入 C 得(4+3m2)y2+6my-9=0, -6m -9 4-12m2 8 显然Δ >0,且 y1+y2= . 2,y1y2= 2,x1+x2= 2,x1x2= 4+3m 4+3m 4+3m 4+3m2 所以→ TA ·→ TB =(x -t)(x -t)+y y =x x -t(x +x )+t2+y y (6t-15)m2-9 2 = +t -2t+1, 4+3m2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

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6t-15 -9 11 要使→ TA ·→ TB 为定值须有 = ,得 t= , 3 4 8 11 135 此时 T( ,0),→ TA ·→ TB 为定值- . 8 64 135 当直线 AB 斜率为 0 时,→ TA ·→ TB =- . 64 11 故存在点 T( ,0)满足题设. 8 (21)解: 1 (Ⅰ)m=1 时,f (x)=ex-ln x-2,f ?(x)=ex- ,x>0. x 1 显然 f ?(x)在(0,+∞)上单调递增,又 f ?( )<0,f ?(1)>0, 2 1 故存在唯一实数 t∈( ,1),使得 f ?(t)=0. 2 1 1 (Ⅱ)f ?(x)=memx- =m(emx- ), x mx 由 0<m<1 得 f ?(x)在(0,+∞)上单调递增, 由(Ⅰ)得 mx0=t 时,f ?(x0)=0, 所以 f (x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, t 即 f (x)的最小值为 f (x0)=f ( )=et-ln t+ln m-2, m 1 1 ∵et- =0,∴et= ,t=-ln t. t t t 1 1 于是 f (x0)=f ( )= +t+ln m-2,所以当 ln m>2-( +t)时,f (x)>0. m t t 1 取 k=2-( +t)<0,故 m∈(ek,1)时成立. …12 分 t (22)解: (Ⅰ)证明:连接 CQ,BC,AB, 因为 PQ 是圆 O 的切线,所以∠PQC=∠CBD, 因为 B 为⌒ AC 的中点,所以∠CQB=∠ACB, Q 所以∠PQC+∠CQB=∠CBD+∠ACB, 即∠PQD=∠CDQ, 故△DPQ 为等腰三角形. …5 分 P C (Ⅱ)设 CD=t,则 PD=PQ=1+t,PA=2+2t, 由 PQ2=PC·PA 得 t=1,所以 CD=1,AD=PD=2, 所以 BD·QD=CD·AD=2. …10 分 …12 分

…4 分

D B

A

(23)解: (Ⅰ)设 A(x,y),则 x=ρcos θ,y =ρsin θ,
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π 1 3 π 3 1 ) = x- y;yB=ρsin (θ+ )= x+ y, 3 2 2 3 2 2 1 3 3 1 故 B( x- y, x+ y). 2 2 2 2 2 1 3 3 1 2 由|BM|2=1 得( x- y+2) +( x+ y) =1, 2 2 2 2 2 整理得曲线 C 的方程为(x+1) +(y- 3)2=1. ?x=-1+cos α, (Ⅱ)圆 C:? (α 为参数) , ?y= 3+sin α 则|OA|2+|MA|2=4 3sin α+10, 所以|OA|2+|MA|2∈[10-4 3,10+4 3]. 所以 xB=ρcos (θ+ (24)解: (Ⅰ)由 a>b>c>d>0 得 a-d>b-c>0,即(a-d)2>(b-c)2, 由 ad=bc 得(a-d)2+4ad>(b-c)2+4bc,即(a+d)2>(b+c)2, 故 a+d>b+c. aabbcddc a a-b c d-c a a-b d c-d (Ⅱ) b a c d= = , abcd b d b c a a a-b a c-d 由(Ⅰ)得 a-b>c-d,又 >1,所以 > , b b b - - - - - a a b d c d a c d d c d ad c d 即 > = =1, b c b c bc 故 aabbcddc>abbaccdd.

…5 分

…10 分

…5 分

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

…10 分

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