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高中三年级摸底考试 数学(理)参考答案及评分标准 一、选择题：每小题 5 分，共 60 分. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) C D D B A C B C A A A B 二、填空题：每小题 5 分，共 20 分. (13) 31 (14) 3 1 (15) 3 62 (16) 1, 三、解答题：共 70 分. (17)(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）当 6,11 11  ban 时， -----------------------------1 分 当 1222 1   naan nn时， ， 则     31221223212232 111   nanannanab nnnnn 12  nn bb ---------------------------------------------------5 分  nb数列 是首项为 6，公比为 2 的等比数列………………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 32233223  nnbab n nn n n -----------7 分         nnnnnS n n n 3121 212332122223 2   6423 21   nnS n n …………………………12 分 （18）(本小题满分 12 分) （Ⅰ）证明：连接 CA1 交 1AC 于点 O ，连接OD ， 则平面 ODADCBCA 11 平面 , ,//,// 111 ODBAADCBA 平面 ------------------------------2 分 BCADBCDCAO  的中点，为的中点，为 1 DBADABCDB 11  ，平面 111 , BBCCADDDBBC 平面 , 1111, BBCCADCADCAD 平面平面平面  ………………6 分 （Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系 xyzD  ，设 2AB则        3,0,2,3,0,0,0,3,0,0,0,1 11 CBAB       3,0,2,0,3,0,0,3,1 1   DCDABA 设平面 1ADC 的法向量为  zyxn ,,  ，则      032 03 zx y ， 取 3x 得  2,0,3  n ，…………………9 分 设直线 AB 与平面 1ADC 所成角为 ,14 21 72 3,cossin     nBA …………………11 分 14 75cos   直线 AB 与平面 1ADC 所成角的余弦值为 14 75 …………12 分 （19）(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）设 2PQF 的周长为 L ， 则   PQQFPFaPQQFaPFaPQQFPFL  111122 422 aPQPQa 44  ，当且仅当线段 PQ 过点 1F 时“=”成立.-----------------3 分 31,284  bcaa 又 椭圆 E 的标准方程为 134 22  yx …………………5 分 （Ⅱ）若直线l 的斜率不存在，则直线 m 的斜率也不存在，这与直线 m 与直线l 相交于点T 矛盾，所以直线l 的斜率存在………………6 分 令             44332211 ,,,,,,,,:,01: yxNyxMyxByxAtxkymkxkyl  将直线 m 的方程代入椭圆方程得：     034843 22222  tktxkxk       22 222 22 2 22 432 2 43 )43( 9312161 43 34,43 8 k tkkkMN k tkxxk tkxx     …………………8 分同理，   2 2 2 2 2 43 112 43 9941 k k k kkAB    …………………………9 分 由 ABMN 42  得 0t ，此时，    03431664 22224  tkktk kxym  ：直线 ，…………………………………………10 分 联立直线 m 与直线l 的方程得       kT 2 1 2 1， ， 即点T 在定直线 2 1x 上…………………………………………12 分 （20）（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）设购买该商品的 3 位顾客中，选择分 2 期付款的人数为 ，则  4.0,3~ B ，则     288.04.04.012 22 3  CP  …………3 分 故购买该商品的 3 位顾客中，恰有 2 位选择分 2 期付款的概率为 0.288 （Ⅱ）（i）依题意，Y 的取值为 200,250,300,350,400 ………………4 分     ，aaYPYP 8.04.02250,16.04.04.0200        222 400,23508.04.02300 bYPabYPababYP  ， ……6 分  Y 的分布列为： Y 200 250 300 350 400 P 0.16 a8.0 28.0 ab  ab2 2b （ii）           28.016.0300250200300 abaYPYPYPYP  …………………8 分 由题意知 abbaba  6.0,6.014.0   8.048.016.0300 2  aYP 6.0,06.0,0,4.0  aaba 解得即又  6.0,4.0a ………………………………9 分     22 40023508.03008.025016.0200 bababaYE  …………10 分 a100320  当 4.0a 时，  YE 的最大值为 280 所以Y 的数学期望  YE 的最大值为 280……………………12 分（21）（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）   xxxxg sincos  ，   xxxxxxxg sincossincos  当  ,0x 时，   00sin  xgx ，            上无零点；在区间上单调递减，在区间  ,0,00,0 xggxgxg  …2 分 当   2,x 时，   00sin  xgx         022,02   ggxg 上单调递增，，在区间    上唯一零点；，在区间  2xg ……………………4 分 当   3,2x 时，   00sin  xgx ，         ；上单调递减，在区间 033,0223,2   ggxg    上唯一零点；在区间  3,2xg 综上可知，函数  xg 在区间  3,0 上有两个零点。………………6 分 （Ⅱ）     2 sincos,sin x xxxxfx xxf  由（Ⅰ）知       12,,0 xxf 有极小值点，即为无极值点；在在    2,1,tan,0sincos3,2 2  nxxxxxx nnnnn 即，由有极大值点，即为在  …7 分  ,tantantan, 11212  xxxxx     02 5,02,012 3,0           gggg 以及 xy tan 的单调性          2 5,2,2 3, 21  xx ， ………………………………9 分      2 5,212 xx ， ，由函数 单调递增，在      2 52tan xy ， 得 ， 12 xx ……………………………………………10 分     21 2 2 1 1 21 coscossinsin xxx x x xxfxf  ，由      2 52cos ，在xy 单调递减得   112 coscoscos xxx   ，即 0coscos 12  xx 故     021  xfxf ……12 分（22）（本小题满分 10 分） 解：（Ⅰ）由    cos22cos,022 sin2 cos22 22222       代入得：，将得 xyxyxx y x 故 1C 的极坐标方程为  cos22 04sin,,sin4,sin4 222222  yyxyyx 代入得：将得由  ， 故 2C 的直角坐标方程为 0422  yyx ………………………………5 分 （Ⅱ）设点 BA, 的极坐标分别为     ，，， 21 ，将       20  分别代入曲线 21,CC 的极坐标方程得：  cos221  ，  sin42  则          sin623 3cos3 6sin62sin4cos22OBOA ， 其中 为锐角，且满足 3 6cos,3 3sin   ，当 2   时， OBOA  取最大值， 此时， 2sin cos 2cos 2sin 2tantan,2                     …………10 分 （23）（本小题满分 10 分） 解：（Ⅰ）∵     022,2  xmxxfxmxxf 的解集为  4， 即     222 222 xmxmx  ，即    2222  mxm 当 02 m 时，解集为      2 2m， ， 642 2  mm ， 当 02 m 时，解集为 R，不符题意， 当 02 m 时，解集为      ， 2 2m 不符题意 综上可知， 6m ………………………………………………5 分 （Ⅱ） 1226  cbam ， 又 3,0,0  cba               33 3 2 2 1 3 3221 2 1 2 3221311         cbacbacbacba 323 12 2 1 3      ，当且仅当 3221  cba ， 结合 122  cba 解得 7,1,3  cba ，等号成立， ∴    311  cba 的最大值为 32.……………………………10 分