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唐山市2015—2016学年度高三年级第二次模拟考试理科数学试题参考答案


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唐山市 2015—2016 学年度高三年级第二次模拟考试

理科数学参考答案
一、选择题 A 卷:BCCAD BACAB DC B 卷:BCBAD BADAB CC 二、填空题 5 (13) (14)14 2

(15)36π

(16)(-∞,2]

三、解答题 (17)解: (Ⅰ)由题设,2Sn=(n+1)2an-n2an+1,2Sn+1=(n+2)2an+1-(n+1)2an+2, 两式相减得(n+1)2(an+2+an)=2(n+1)2an+1, 由于(n+1)2>0,所以 an+2+an=2an+1,即{an}为等差数列. …4 分 由于 2S1=4a1-a2=2a1,可得 a2=2a1=4,所以{an}的公差为 2, 故 an=2n. …6 分 a a + (Ⅱ)由题设,bnbn+1=λ·2 n,bn+1bn+2=λ·2 n 1, 两式相除可得 bn+2=4bn, 即{b2n}和{b2n-1}都是以 4 为公比的等比数列. …8 分 a1 因 b1b2=λ·2 =4λ,b1=1,所以 b2=4λ, 1 2 由 b3=4b1=4 及 b2 =b1b3 得 4λ2=1,又 λ>0,所以 λ= . 2 - - - - 所以 b2n=2·4 n 1=22n 1,b2n-1=22n 2,即 bn=2n 1,则 bn+1=2bn. 1 因此存在 λ= ,使得数列{bn}为等比数列. …12 分 2 (18)解: (Ⅰ)由已知:x =6,y =10, ∑ xiyi=242, ∑ x2 i =220,
i=1 i=1 5 5

^ b=

i=1 n

-∑ xiyi-nx y
i=1

n



-2 x2 i -nx

=-1.45,a ? =y -^ bx =18.7;

…6 分

所以回归直线的方程为^ y =-1.45x+18.7 (Ⅱ)z=y-w=-1.45x+18.7-(0.05x2-1.75x+17.2) =-0.05x2+0.3x+1.5 =-0.05(x-3)2+1.95 所以预测当 x=3 时,销售利润 z 取得最大值.

…12 分

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(19)解: (Ⅰ) ∵直角三角形 ABC 中, ∠BAC=60°, AC=4, 1 ∴AB=8,AF= AB=2,由余弦定理得 CF=2 3且 4 CF⊥AB.

z

E

D ∵AD⊥平面 ABC,CF?平面 ABC,∴AD⊥CF, C M 又 AD∩AB=A,∴CF⊥平面 DABE, B y ∴CF⊥DF,CF⊥EF. ∴∠DFE 为二面角 D-CF-E 的平面角. F A 又 AF=2,AD=3,BE=4,BF=6, x 故 Rt△ADF∽Rt△BFE.∴∠ADF=∠BFE, ∴∠AFD+∠BFE=∠AFD+∠ADF=90? , ∴∠DFE=90? ,D-CF-E 为直二面角. ∴平面 CDF⊥平面 CEF. …6 分 (Ⅱ)以 C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,则 C(0,0,0), B(0,4 3,0),E(0,4 3,4),F(3, 3,0),M(0,a,0), (0≤a≤4 3)

∴→ CF =(3, 3,0),→ EM =(0,a-4 3,-4), 1 ∵异面直线 CF 与 EM 所成角的余弦值为 , 4 |→ CF ·→ EM| 3(4 3-a) 1 → → ∴|cos ? CF , EM ?| = = = , 2 4 → → | CF || EM | 2 3· (4 3-a) +16 解得 a= (20)解: 8 3 8 3 ,故 CM= . 3 3 …12 分

2 x2 x2 x2 0 1 (Ⅰ)设 A x0, ,B x1, ,D x2, . (x0>0) 4 4 4 x1+x2 x1+x2 x x0 x0 x1+x2 由 y' = 得 kBD= ,又 kBD= ,所以 = ,即 x0= =xM. 2 2 4 2 4 2 故 AM 与 y 轴平行. …4 分 (Ⅱ)法一: 由 A,B,F 共线可得 kAF=kBF,所以(x0x1+4)(x0-x1)=0, 4 因 x0-x1≠0,所以 x0x1=-4,即 x1=- . …6 分 x0 2 2 x1 x0x 4 x0 4 x0 直线 BD 的方程为 y= (x-x1)+ = + 2+2,所以 yM= + 2+2. …8 分 2 4 2 x0 2 x0 2 x2 x 4 0 0 由(Ⅰ)得 S△ABD=2S△ABM= + 2+2- ×|x1-x0| 2 x0 4 x2 4 4 1 4 3 0 = + 2+2 × x0+ = x0+ ≥16, 4 x0 x0 4 x0 4 当且仅当 x0= 即 x0=2 时等号成立,故 S 的最小值为 16. …12 分 x0

(

) (

)

(

)

|

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(

)

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法二: x2 x2 (x0-x1)2 x0 x0 1 1 直线 BD 的方程为 y= (x-x1)+ ,yM= (x0-x1)+ ,得 yM-y0= . 2 4 2 4 4 3 |x0-x1| 则 S△ABD=2S△ABM= , 4 设直线 AB:y=kx+1,代入 x2=4y 得 x2-4kx-4=0, 则|x0-x1|=4 k2+1≥4,故 S△ABD≥16(k=0 时等号成立) . (21)解: ?x0ln x0+a=x0, (Ⅰ)f ?(x)=ln x+1,设切点为(x0,x0ln x0+a),得? ?ln x0+1=1, 解得 x0=1,a=1. …4 分 - - (Ⅱ)证明:xex 1[f (x)-2]+f (x)≥0?xex 1(xln x-1)+(xln x+1)≥0, - - - - ?xex 1(xln x+1)+(xln x+1)≥2xex 1?(xex 1+1)(xln x+1)≥2xex 1 1 - ?(ln x+ )(x+e1 x)≥2. …6 分 x 1 1 1 - - 设 g (x)=ln x+ ,h (x)=x+e1 x,则 g ?(x)= - 2 ,h ?(x)=1-e1 x, x x x 所以 g (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 即 g (x)的最小值为 g (1)=1; …9 分 h (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 即 h (x)的最小值为 h (1)=2, …11 分 1 1-x 所以(ln x+ )(x+e )≥2, (x=1 时等号成立) x 故原不等式成立. …12 分 (22)解: (Ⅰ)因为 AE 与圆 O 相切于点 A,所以∠CAE=∠CBA; 因为四边形 ABCD 内接于圆 O,所以∠CBA=∠ADE; 又已知∠ADE=∠BDC,所以∠BDC=∠CAE, 故 A,E,D,F 四点共圆. …5 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得∠ADE=∠AFE=∠BDC, 又∠BDC=∠BAC(同弧所对的圆周角相等) , 所以∠AFE=∠BAC,故 AB∥EF. …10 分 (23)解: ?x=1+cos φ, (Ⅰ)由? (φ 为参数,0<φ<π)得(x-1)2+y2=1(0<y≤1) , ?y=sin φ. π 所以曲线 C1 的极坐标方程为 ρ=2cos θ(0<θ < ) . …5 分 2 π (Ⅱ)由题意可设 A(ρ1,θ),C(2,θ)(0<θ < ) , 2 则|AC|=2-ρ1=2-2cos θ,|BC|=2+ρ1=2+2cos θ, 所以|AC|·|BC|=4sin2θ∈(0,4). …10 分

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(24)解:

? ?1-3x, x<-1, (Ⅰ)当 m=2 时,f (x)=?3-x, -1≤x≤1, ? ?3x-1, x>1. 5 由 f (x)的单调性及 f ( )=f (-1)=4, 3 5 得 f (x)<4 的解集为 x|-1<x< . 3 …5 分 (Ⅱ)由 f (x)≥2m 得|x+1|≥m (2-|x-1|),

y

{

}

-1 -2

O

1 3

x

因为 m<0, 1 所以- |x+1|≥|x-1|-2, m 在同一直角坐标系中画出 1 y=|x-1|-2 及 y=- |x+1|的图像, m 1 根据图像性质可得- ≥1,即-1≤m<0, m 故 m 的最小值为-1.

…10 分

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