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2016届高三第二次四校联考数学试卷(理)答案(泰中供题)


2016 届高三第二次四校联考数学试卷(理)答案(泰中供题)
1-6: DCBABB 7-12: CACDBA 13 ( x ? 3)2 ? y 2 ? 3 . 14.
17.解: (I)? cos ?ADC ? ?
5 2 5 ,? sin ?ADC ? , 5 5

2 15. 3 ? 2 2 16. ?

2016 2017

?????2 分

π π 所以 sin ?ACD ? sin(? ? ?ADC ? ) ? sin(?ADC ? ) 4 4
10 π π , ??????4 分 ? sin?ADC ? cos ? cos?ADC ? sin ? 10 4 4 AD ? sin ?DAC 在△ ADC 中,由正弦定理得 CD ? ? 2 5 . ???????6 分 sin ?ACD

(II)因为 AD ? BC , 所以 cos ?BCD ? ? cos ?ADC ?

5 . 5

??????8 分

在△ BDC 中,由余弦定理 BD2 ? BC 2 ? CD2 ? 2 ? BC ? CD ? cos ?BCD , 得 BC 2 ? 4BC ? 140 ? 0 ,解得 BC ? 14 , 所以 S?BCD ? ???????10 分

1 1 2 5 ? 14 ? 2 5 ? sin ?BCD ? ? 14 ? 2 5 ? ? 28 . ??????12 分 2 2 5 18. (Ⅰ)以 A 为坐标原点,直线 AD、AP 分别为 y 轴、z 轴,平面 ABCD 内过 A 点垂 直 AD 的直线为 x 轴,建立如图所示空间直角坐标系.由题意知相关各点的坐标分

别为 A(0,0,0), B( 3,?1,0),C( 3,1,0), D(0,2,0), P(0,0,3). ????2 分 由点 E 为 PC 的中点,点 F 在 PD 上,且 PF=2FD 得:

3 1 3 4 , , ), F (0, ,1),. 2 2 2 3 4 所以 AF ? (0, ,1), AC ? ( 3 ,1,0). 3 3 3 3 BE ? (? , , ). 2 2 2 设 n =(x,y,z)是平面 AFC 的法向量, ?4 ? ?n ? AF ? 0 ? y?z ?0 则? ,所以 ? 3 , ? ? 3x ? y ? 0 ?n ? AC ? 0 ? E(

z P

E A B x C

F D y

3 4 ,1,? ) .???????5 分 3 3 3 3 3 3 4 1 3 , , ) ? (? ,1,? ) ? ? ? 2 ? 0 , 由 n ? BE ? (? 2 2 2 3 3 2 2 又 BE ? 平面 AFC,所以 BE//平面 AFC. ???????8 分
令 y=1 取得平面 AFC 的一个法向量为 n = (?
1

(Ⅱ)由 PA⊥平面 ABCD 知平面 ACD 的一个法向量为 m = (0,0,3) , 因为 cos< n , m >=

?4 1 16 ?1? ? 9 3 9

??

2 7 , 7
2 7 . ?12 分 7

由题中条件可知二面角 F ? AC ? D 为锐角,所以它的余弦值为

19.解: (I)设事件 C 为“先回答问题 A ,且至少获得奖金 2 万元”,则由题意可知正 确回答 A 的概率为 分 (II)设该参与者获得的奖金为 ? 万元.先回答问题 A 时, ? 所有可能的值为 0,1,3. ??????4 分

2 1 3 11 1 1 . ,正确回答 B 的概率为 , P (C ) ? ? ? ? 3 3 4 12 3 4

????3

2 1 3 1 1 1 1 , P (? =1) ? ? ? ; P(? =3) ? ? = ; 3 3 4 4 3 4 12 2 1 1 1 此时数学期望为 E? =0 ? +1? ? 3 ? = . 3 4 12 2 P (? =0) ?
先回答问题 B 时,? 所有可能的值为 0,2,3.

??????7 分 ???????8 分

3 1 2 1 1 1 1 , P (? =1) ? ? ? ; P(? =3) ? ? = ; 4 4 3 6 4 3 12 3 1 1 7 此时数学期望为 E? =0 ? +2 ? ? 3 ? = . 4 6 12 12 P (? =0) ?
所以先回答问题 B 时该参与者获奖金额的期望值较大.

??????11 分 ??????12 分

?a ? c ? 2 3 ? 2 2 ? ? ?a ? 2 3 20 解: (Ⅰ)解: (Ⅰ)由已知得 ? 2 ,解得 ? , 2 c ? 2 2 ? ? ? ? 2 ?c
椭圆 C 的方程是

x2 y 2 ? ? 1. 12 4

?????4 分

(Ⅱ)依题意有

| k1 x0 ? y0 | 1 ? k12

? 3,

| k2 x0 ? y0 | 1 ? k2 2

? 3 ,整理得

( x02 ? 3)k12 ? 2x0 y0k1 ? y02 ? 3 ? 0 , ( x02 ? 3)k22 ? 2x0 y0k2 ? y02 ? 3 ? 0 .
所以 k1 , k2 是关于 x 方程 ( x0 ? 3) x ? 2x0 y0 x ? y0 ? 3 ? 0 的两根,
2 2 2

2

所以 k1 ? k2 ?

x0 2 y0 2 x0 2 y02 ? 3 2 ,因为 ,所以 , ? ? 1 y ? 4 ? 0 12 4 3 x0 2 ? 3

x0 2 4? ?3 1 3 因此 k1 ? k2 ? ?? . 2 x0 ? 3 3
设 P( x1 , y1 ) , Q( x2 , y2 ) , 则 y1 y2 ?
2 2

????8 分

1 2 2 x2 x2 x1 x2 , y12 ? 4 ? 1 , y2 2 ? 4 ? 2 , 所以 9 3 3

(4 ?

x12 x2 1 x 2 ? x2 2 )(4 ? 2 ) ? x12 x2 2 , x12 +x22 =12 , 从 而 y12 ? y2 2 ? 8 ? 1 ? 4 ,因此 3 3 9 3
????12 分

2 . |OP|2 ? | OQ 2 | =(1 x2 +1 y2 )+( x2 + y )=16 2 2

21.解:(Ⅰ) f ?( x) ? x ? (3a ? 1) ?

3a ( x ? 3a )( x ? 1) ? , ( x ? 0) x x

若曲线 y ? f ( x ) 在点(4,f(4))处的切线的斜率小于 0, 则 f ?(4) ?

4 3(4 ? 3a) ? 0, ? a ? . 3 3

则由 f ?( x) ? 0 得 0<x<1 或 x>3a;由 f (x)<0 得 1<x<3a. ∴f(x)的单调递增区间为(0,1), (3a, ?? ) ,单调递减区间为(1,3a). ??4 分 (Ⅱ)∵对任意的 a ? [1,3] ,? 3a ? [3,9] ,由(Ⅰ)知 f(x)在[1,3]上为减函数。 不妨设 1≤x1<x2≤3,则 f(x1)>f(x2),

1 1 ? , x1 x2
1 1 ? ), x1 x2

∴原不等式可化为: f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? k (

即 f ( x1 ) ?

k k ? f ( x2 ) ? ,对任意的 a ? [1,3] ,1≤x1<x2≤3 恒成立。?6 分 x1 x2

令 g ( x) ? f ( x) ?

k ,∴对任意的 a ? [1,3] ,1≤x1<x2≤3 有 g(x1)<g(x2)恒成立, x k ∴ g ( x) ? f ( x) ? 在闭区间[1,3]上为增函数, x
3

∴ g ?( x) ? 0 对任意的 a ? [1,3], x ? [1,3] 恒成立(等号成立的 x 值不连续) . 而 g ?( x) ? x ? (3a ? 1) ?

3a k x 3 ? (3a ? 1) x 2 ? 3ax ? k ? 2 ? ?0, x x x2

化简得 x 3 ? (3a ? 1) x 2 ? 3ax ? k ? 0 , 即 (3x ? 3x2 )a ? x3 ? x2 ? k ? 0 ,其中 a ? [1,3], x ? [1,3] . ∵ x ? [1,3] ,∴ 3 x ? 3 x 2 ? 0 ,只需 3(3x ? 3x2 ) ? x3 ? x2 ? k ? 0 , 即 x ? 10 x ? 9 x ? k ? 0 对任意 x ? [1,3] 恒成立.
3 2

????9 分

令 h( x) ? x3 ?10 x2 ? 9 x ? k , x ? [1,3] , 则 h?( x) ? 3x2 ? 20 x ? 9 ? 0 , x ? [1,3] 恒成立, ∴ h( x) ? x3 ?10 x2 ? 9 x ? k 在闭区间[1,3]上为减函数, 则 hmin ( x) ? h(3) ? x3 ?10x2 ? 9x ? k ? k ? 36 . 由 hmin ( x) ? k ? 36 ? 0 ,解得 k ? 36 . ????12 分

22.解: (1)∵PA 是圆 O 的切线 ∴ ?ABP∽ ?CAP ∴

∴ ?PAB ? ?ACB

又 ?P 是公共角 ??????2 分

AC AP ? ?2 AB PB

∴ AC ? 2 AB
2

??????5 分 ∴ PC ? 40 ??????7 分

(2)由切割线定理得: PA ? PB ? PC 又 PB ? 10 ∴ BC ? 30 又∵AD 是 ?BAC 的平分线 ∴ ∴ CD ? 2 DB

AC CD ? ?2 AB DB

∴ CD ? 20,

DB ? 10

??????8 分 ??????10 分

又由相交弦定理得: AD ? DE ? CD ? DB ? 200

4

23.解: (Ⅰ)将 ?

? x ? 2 ? 2cos ? , 2 2 消去参数 ? ,得 ? x ? 2? ? y ? 4 , y ? 2sin ? ?
2

所以 C1 的普通方程为: x

? y 2 ? 4x ? 0 .
解得 ?

将曲线 C2 的极坐标方程化为直角坐标方程得: x ? y ? 4 ? 0 . 由?

? x 2 ? y 2 ? 4 x ? 0, ? x ? y ? 4 ? 0,

?x ? 4 ?x ? 2 或? ??????3 分 ? y ? 0 ? y ? ?2

7? ? ? . ??????5 分 4 ? ? (2 ? 2cos ?, 2sin ?),P 到直线 C2 的距离为 d , AB ? 2 2 ????6 分 (Ⅱ)设 P
所以 C1 与 C2 交点的极坐标分别为

? 4,0? 或 ? ?2

2,

d?

2 ? 2cos ? ? 2sin ? ? 4 2

? ? 2 sin ? ? cos ? ? 1 ? 2 2 sin (? ? ) ?1 4
??????8 分 ??????10 分

dmax ? 2 ? 2 ,
? ?PAB 面积的最大值为 2 ? 2 2.
24.解: (Ⅰ)证明:? a, b ? M , ? a, b ? ( ?

1 1 , ), 2 2 1 1 1 1 1 1 ? b? , 所以 ? ? a ? , ? 6 3 6 12 6 12 1 1 1 1 1 1 1 两式相加得 ? ? a ? b ? ,即 | a ? b |? 。????6 分 4 3 6 4 3 6 4

(Ⅱ)? (1 ? 4ab)2 ? 4(a ? b)2 ? 1 ? 8ab ? 16a2b2 ? 4a2 ? 8ab ? 4b2

? (1 ? 4a2 )(1 ? 4b2 ) ,
1 1 1 1 ? a, b ? ( ? , ) ,? 0 ? a 2 ? , 0 ? b 2 ? , 2 2 4 4
∴ 1 ? 4a ? 0,
2

1 ? 4b2 ? 0 ,∴ (1 ? 4a2) (1 ? 4b)2 ? 0 ,
????10 分

∴ |1 ? 4ab |? 2 | a ? b | .

5



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