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唐山三模理科数学答案


唐山市 2014—2015 学年度高三年级第三次模拟考试

理科数学参考答案
一、选择题: A 卷:BCCAB DCBBA B 卷:ACDAB CDABB 二、填空题: (13)6; 三、解答题: (17) (Ⅰ)证明:因为 2c2-2a2=b2, b2+c2-a2 a2+b2-c2 所以 2ccos A-2acos C=2c· -2a· 2bc 2ab b2+c2-a2 a2+b2-c2 2c2-2a2 = - = =b. b b b (Ⅱ)由(Ⅰ)和正弦定理以及 sin B=sin(A+C)得 2sin Ccos A-2sin Acos C=sin Acos C+cos Asin C, 即 sin Ccos A=3sin Acos C, 又 cos Acos C≠0,所以 tan C=3tan A=1,故 C=45° . 10 asin C 再由正弦定理及 sin A= 得 c= = 5, 10 sin A 2 2 2 于是 b =2(c -a )=8,b=2 2, 1 从而 S= absin C=1. 2 (18)解: (Ⅰ)由题中数据可知, 85+83+86+96+90 88+84+83+92+93 - x 甲= =88,- x 乙= =88; 5 5 1 2 S甲 = [(85-88)2+(83-88)2+(86-88)2+(96-88)2+(90-88)2]=21.2, 5 1 2 S乙= [(88-88)2+(84-88)2+(83-88)2+(92-88)2+(93-88)2]=16.4. 5 …6 分 (Ⅱ)设甲队参加个人能力比赛成绩前三名在对抗赛的获胜的事件分别为 A、B、C, 2 1 由题意可知 P (A)= ,P (B)=P (C)= ,且 A、B、C 相互独立, 3 3 设甲队至少 2 名队员获胜的事件为 E,则 E=(ABC)∪(AB C )∪(A B C)∪( A BC). …9 分 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 11 P (E)= × × + × × 1- + × 1- × + 1- × × = . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 27 …12 分
- - -

DC DC (15)5; (16)4.

(14) 3;

…4 分

…8 分

…12 分

(

)

(

)

(

)

z A1

(19) (Ⅰ)证明:取 BC 中点 O,连 OA,OA1. 因为侧面 BCC1B1 是矩形,所以 BC⊥BB1,BC⊥AA1, 因为截面 A1BC 是等边三角形,所以 BC⊥OA1, 于是 BC⊥平面 A1OA,BC⊥OA,因此:AB=AC. …4 分
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C1

x

B1 A C O

y

B

(Ⅱ)解:设 BC=2,则 OA1= 3,由 AB⊥AC, AB=AC 得 OA=1. 因为平面 A1BC⊥底面 ABC,OA1⊥BC,所以 OA1⊥底面 ABC. 如图,分别以 OA,OB,OA1 为正方向建立空间直角坐标系 O-xyz. A(1,0,0),B(0,1,0),A1 (0,0, 3),C(0,-1,0),

…6 分

→ CB =(0,2,0),→ BB1 =→ AA1 =(-1,0, 3), → → → CA1 =(0,1, 3),A 1B1= AB =(-1,1,0).
设平面 BB1C 的法向量 m=(x1,y1,z1), ?0×x1+2×y1+0×z1=0, 则? 取 m=( 3,0,1). ?-1×x1+0×y1+ 3×z1=0, 设平面 A1B1C 的法向量 n=(x2,y2,z2), ?0×x2+1×y2+ 3×z2=0, 则? 取 n=(- 3,- 3,1). ?-1×x2+1×y2+0×z2=0, m·n 7 7 cos?m,n?= =- ,则二面角 B-B1C-A1 的余弦值为- . |m||n| 7 7 (20)解: 3 1 (Ⅰ)由题意可得: 2+ 2=1, a 4b 将 3x+2y-4=0 代入椭圆 C: (3a2+4b2)x2-8 3a2x+16a2-4a2b2=0 由 Δ=0 得 3a2+4b2=16, 联立解得:a2=4,b2=1. x2 于是椭圆 C 的方程为: +y2=1. 4 (II)设直线 l:y=kx+m,M(x0,y0). 将直线 l 的方程代入椭圆 C 得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 令 Δ=0,得 m2=4k2+1,且 x2 0=
2 4m2-4 2 1+16k ,所以 | OM | = . 1+4k2 1+4k2

…12 分

…1 分

…3 分

…5 分

…7 分 …9 分

2 1+4k2 (1+4k2)2 m2 又|OH|2= = ,所以 ( cos ∠ HOM ) = . 1+k2 1+k2 (1+16k2) (1+k2)

(5+20k2)2 25(1+4k2)2 因为(1+16k2)(4+4k2)≤ = , 4 4 (1+4k2)2 16 1 1 ≥ ,等号当且仅当 k2= 时成立. 故 k=± .…12 分 4 2 (1+16k2) (1+k2) 25 (21)解: (Ⅰ)f ?(x)=ex-2x. 由题设得 a=f ?(1)=e-2,a+1=f (1)=e-1+b. 故 a=e-2,b=0. …4 分 (II)由(Ⅰ)得,f (x)=ex-x2,下面证明:当 x>0 时,f (x)≥(e-2)x+1. 设 g (x)=f (x)-(e-2)x-1,x>0. 则 g?(x)=ex-2x-(e-2), 设 h (x)=g ?(x),则 h ?(x)=ex-2, 当 x∈(0,ln 2)时,h ?(x)<0,h (x)单调递减, 当 x∈(ln 2,+∞)时,h ?(x)>0,h (x)单调递增. 又 h (0)=3-e>0,h (1)=0,0<ln2<1,h(ln2)<0,所以?x0∈(0,1),h (x0)=0, 所以当 x∈(0,x0)或 x∈(1,+∞)时,g ?(x)>0;当 x∈(x0,1)时,g ?(x)<0, 故 g (x)在(0,x0)和(1,+∞)单调递增,在(x0,1)单调递减, 又 g (0)=g (1)=0,所以 g (x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0. 所以
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ex+(2-e)x-1 因 x>0,则 ≥x(当且仅当 x=1 时等号成立) . ① …8 分 x 4sin x 以下证明:当 x>0 时,x> . 3+cos x 4(3cos x+1) (cos x-1)(cos x-5) 4sin x 令 p (x)=x- ,则 p ?(x)=1- = ≥0, 3+cos x (3+cos x)2 (3+cos x)2 (当且仅当 x=2k?,k∈Z 时等号成立) . 4sin x 所以 p (x)在(0,+∞)单调递增,当 x>0 时,p (x)=x- >p (0)=0, 3+cos x 4sin x 即 x> . ② 3+cos x ex+(2-e)x-1 4sin x 由①②得当 x>0 时, > , x 3+cos x 又 x(3+cos x)>0,故[ex+(2-e)x-1](3+cos x)-4xsin x>0. …12 分 (22)解: (Ⅰ)证明: A T 延长 DC 与圆 O 交于点 M,因为 CD⊥AB, M D E C 所以 CD2=CD·CM=AC·BC, AC CG 因为 Rt△ACE∽Rt△GBC,所以 = , O CE BC 2 即 AC·BC=CE·CG,故 CD =CE·CG.…5 分 F (Ⅱ) 因为 AC=CO=1,所以 CD2=AC·BC=3, B 又 CD=3CE,由(Ⅰ)得 CG=3CD, GT2=GM·GD=(CG+CM)·(CG-CD)=(CG+CD)·(CG-CD) =CG2-CD2=8CD2=24,故 GT=2 6. …10 分

G

(23)解: (Ⅰ)将 x=ρcos θ,y=ρsin θ 代入已知,分别得 C 和 l 的极坐标方程为 ? C:ρ=4cos θ(0≤θ≤ ),l:ρcos θ-2ρsin θ-2=0. …4 分 2 (Ⅱ)依题意,l 经过半圆 C 的圆心 C (2,0). 1 2 5 设点 B 的极角为 α,则 tan α= ,进而求得 cos α= …6 分 2 5 8 5 由 C 的极坐标方程得|OB|=4cos α= . …10 分 5 (24)解: ? ?-2x-1,x<-2, -2≤x≤1, (Ⅰ)若 a=1,f (x)=?3, ?2x+1, x>1. ? 由 f (x)的单调性及 f (-3)=f (2)=5,得 f (x)≤5 的解集为{x|-3≤x≤2}.…5 分 -(a+1)x-1,x≤-2, 1 (1-a)x+3, -2<x< , a (Ⅱ)f (x)= 1 (a+1)x+1, x≥ . a 1 当 x∈(-∞,-2]时,f (x)单调递减;当 x∈ ,+∞ 时,f (x)单调递增, a 1 1 又 f (x)的图象连续不断, 所以 f (x)≥2 当且仅当 f (-1)=2a+1≥2, 且f = +2≥2, a a 1 1 得 a≥ ,故 a 的最小值为 . …10 分 2 2

? ? ? ? ?

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