1、-1-/7 广东省广东省广州市广州市 2017 届届高三高三 12 月模月模拟考试理科数学拟考试理科数学试卷试卷 答答 案案 一、选择题(1)(5)BDABA (6)(10)CDCBB (11)(12)DA 二、填空题(13)6(14)40(15)3(16)2 三、解答题(17)解:()因为1a,2cos2Ccb,由余弦定理得2221222bccbb,即221bcbc(2 分)所以22211cos222bcbcAbcbc(4 分)由于0A,所以3A(6 分)()法 1:由12b 及221bcbc,得2211()122cc,(7 分)即24230cc,(8 分)解得1134c或1134c(舍去)
2、(9 分)由正弦定理得sinsincaCA,(10 分)得113339sinsin6048C(12 分)法 2:由12b 及正弦定理得sinsinbaBA,(7 分)得13sinsin6024B(8 分)由于ba,则060BA,则213cos1 sin4BA(9 分)由于180ABC,则120CB(10 分)所以sinsin(120)CB sin120 coscos120 sinBB(11 分)313132424 -2-/7 zyxMDECBA3938(12 分)(18)解:()15 0.4678 0.16EXab ,即673.2ab,(1 分)又由1X的概率分布列得0.40.1 1,0.5a
3、bab,(2 分)得0.3a,0.2b(4 分)()由已知得,样本的频率分布表如下:(5 分)用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率,可得等级系数2X的概率分布列如下:(6 分)所以23 0.34 0.25 0.26 0.1 7 0.1 8 0.14.8EX (7 分)即乙厂产品的等级系数的数学期望为4.8(8 分)()乙厂的产品更具可购买性,理由如下:因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6,价格为6元/件,所以其性价比为616,(9 分)因为乙厂产品的等级系数的期望等于4.8,价格为4元/件,所以其性价比为4.81.24,(10 分)据此,乙厂的产品更具可购买性(12 分)(19)
4、解:()因为ABC是等边三角形,M是AB的中点,所以CMAB(1 分)因为EA平面ABC,CM 平面ABC,所以CMEA(2 分)因为AMEAA,所以CM 平面EAM(3 分)因为EM 平面EAM,所以CMEM(4 分)()法 1:以点M为坐标原点,MC所在直线为x轴,MB所在直线为y轴,过M且与直线BD平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系Mxyz 因为DB 平面ABC,2X 3 4 5 6 7 8 f 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1 2X 3 4 5 6 7 8 p 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1 -3-/7 PNMDECBA所以DMB为直线DM与平面ABC所
5、成角(5 分)由题意得tan2BDDMBMB,即2BDMB,(6 分)从而BDAC 不妨设2AC,又2ACAE,则3CM,1AE.(7 分)故(0,1,0)B,(3,0,0)C,(0,1,2)D,(0,1,1)E(8 分)于是(3,1,0)BC,(0,0,2)BD,(3,1,1)CE ,(3,1,2)CD ,设平面BCD与平面CDE的法向量分别为111(,)mx y z,222(,)nxy z 由00m BCm BD,得1113020 xyz,令11x,得13y,所以(1,3,0)m(9 分)由00n CEn CD,得22222230320 xyzxyz,令21x,得233y ,22 33z
6、所以3 2 3(1,)33n(10 分)所以cos,0|m nm nm n(11 分)所以二面角BCDE的余弦值为0(12 分)法 2:因为DB 平面ABC,所以DMB为直线DM与平面ABC所成角(5 分)由题意得tan2BDDMBMB,即2BDMB,(6 分)从而BDAC 不妨设2AC,又2ACAE,则3CM,1AE,2ABBCBD(7 分)由于EA平面ABC,DB 平面ABC,则EA BD 取BD的中点N,连接EN,则2ENAB 在RtEND中,225EDENND,在RtEAC中,225ECEAAC,在RtCBD中,222 2CDBCBD,-4-/7 取CD的中点P,连接EP,BP,BE,
7、则EPCD,BPCD(8 分)所以EPB为二面角BCDE的平面角(9 分)在RtEPC中,223EPECCP,在RtCBD中,122BPCD,在RtEAB中,225EBEAAB,因为2225EPBPEB,(10 分)所以90EPB(11 分)所以二面角BCDE的余弦值为0(12 分)(20)解:()设圆P的半径为R,圆心P的坐标为(,)x y,由于动圆P与圆221:(2)49Fxy相切,且与圆222:(2)1Fxy相内切,所以动圆P与圆1F只能内切(1 分)所以1271PFRPFR(2 分)则121264PFPFFF(3 分)所以圆心P的轨迹是以点1F,2F为焦点的椭圆,且3a,2c,则222
8、5bac 所以曲线C的方程为22195xy(4 分)()设11(,)M x y,22(,)N x y,33(,)Q x y,直线MN的方程为2xmy,由222195xmyxy 可得22(59)20250mymy,则1222059myym,1222559y ym(5 分)所以221212|(1)()4MNmyyy y(6 分)222220100(1)()5959mmmm 2230(1)59mm(7 分)因为MNOQ,所以QMN的面积等于OMN的面积(8 分)-5-/7 点O到直线:2MN xmy的距离221dm(9 分)所以QMN的面积222221130(1)2301|2259591mmSMNd
9、mmm.(10 分)令21mt,则221(1)mtt,2230303045(1)9545ttStttt 设4()5(1)f tttt,则222454()5tf ttt 因为1t,所以2254()0tf tt 所以4()5f ttt在1,)上单调递增 所以当1t 时,()f t取得最小值,其值为9(11 分)所以QMN的面积的最大值为309(12 分)说明:QMN的面积22212121221301|()4259mSOFyyyyy ym(21)解:()函数()f x的定义域为(0,)()lnmxnfxm xx(1 分)依题意得(e)ef,(e)2f,即eee2emnmnm(3 分)所以1m,0n(
10、4 分)所以()lnf xx x,()ln1fxx 当1(0,)ex时,()0fx;当1(,)ex时,()0fx 所以函数()f x的单调递减区间是1(0,)e,单调递增区间是1(,)e.(6 分)()当 a,bR时,()()()22f af babf()(b)()22f afabf等价于lnlnln222aabbabab,也等价于2ln(1)ln(1)ln20aaaabbbb(7 分)不妨设ab,设()ln(2)(1)ln(1)ln2g xxxxx(1,)x)-6-/7 则()ln(2)ln(1)g xxx(8 分)当1,)x时,()0g x,所以函数()g x在1,)上为增函数,即()ln
11、2(1)ln(1)ln2(1)0g xxxxxg,(9 分)故当1,)x时,()ln2(1)ln(1)ln20g xxxxx(当且仅当1x 时取等号)令1axb,则()0agb,(10 分)即2ln(1)ln(1)ln20aaaabbbb(当且仅当ab时取等号),(11 分)综上所述,当 a,bR时,()()()22f af babf(当且仅当ab时取等号)(12 分)(22)解:()由sin1cosxtyt 消去t得cossinsin0 xy,(1 分)所以直线l的普通方程为cossinsin0 xy(2 分)由2cos4sin,得2(cos)4 sin,(3 分)把cosx,siny代入上
12、式,得24xy,所以曲线 C 的直角坐标方程为24xy(5 分)()将直线 l 的参数方程代入24xy,得22sin4 cos40tt,(6 分)设 A,B 两点对应的参数分别为1t,2t,则122cossintt4,1 22sint t 4,(7 分)所以212121 2|()4ABttttt t242216cos16sinsinsin4(9 分)当2时,|AB的最小值为 4(10 分)(23)解:()由|1|3ax,得31 3ax,即24ax(1 分)当0a时,24xaa(2 分)因为不等式()3f x 的解集是|12xx -7-/7 所以2142aa 解得2.a(3 分)当0a时,42xaa(4 分)因为不等式()3f x 的解集是|12xx 所以2241aa 无解(5 分)所以2a ()因为()()|21|21|(21)(21)|23333f xfxxxxx(7 分)所以要使()()|3f xfxk存在实数解,只需2|3k(8 分)解得23k或23k(9 分)所以实数k的取值范围是22(,)(,)33(10 分)
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