2015唐山三模 河北省唐山市2015届高三第三次模拟考试数学（理）试题 扫描版含答案 - 图文

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 DC B卷：ACDAB CDABB DC 二、填空题：

（13）6； 三、解答题：

（17）（Ⅰ）证明：因为2c2－2a2＝b2，

b2＋c2－a2a2＋b2－c2

所以2ccosA－2acosC＝2c·－2a· 2bc2ab

b2＋c2－a2a2＋b2－c22c2－2a2＝－＝＝b．

bbb

（Ⅱ）由（Ⅰ）和正弦定理以及sinB＝sin(A＋C)得 2sinCcosA－2sinAcosC＝sinAcosC＋cosAsinC， 即sinCcosA＝3sinAcosC，

又cosAcosC≠0，所以tanC＝3tanA＝1，故C＝45°．

10asinC

再由正弦定理及sinA＝得c＝＝5，

10sinA

于是b2＝2(c2－a2)＝8，b＝22，

1

从而S＝absinC＝1．

2

（14）3；

（15）5；

（16）4．

…4分

…8分

…12分

（18）解：

（Ⅰ）由题中数据可知，

85＋83＋86＋96＋9088＋84＋83＋92＋93－

x甲＝＝88，－x乙＝＝88；

55

1 2

S甲＝＝21.2，

5 1 2

S乙＝＝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，

33

设甲队至少2名队员获胜的事件为E，则E＝(ABC)∪(ABC)∪(ABC)∪(ABC)． …9分

2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 11

P(E)＝××＋××1－＋×1－×＋1－××＝．

33333333333327

…12分

－－－

()()()

A1zC1（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

xB1ACOyB- 5 -

（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)，A1B1＝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·n77

cosm，n＝＝－，则二面角B－B1C－A1的余弦值为－．

|m||n|77（20）解：

31

（Ⅰ）由题意可得：2＋2＝1， …1分

a4b将3x＋2y－4＝0代入椭圆C： (3a2＋4b2)x2－83a2x＋16a2－4a2b2＝0

由Δ＝0得3a2＋4b2＝16， …3分 联立解得：a2＝4，b2＝1．

x22

于是椭圆C的方程为：＋y＝1．

4

…5分

…12分

（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m＝4k＋1，且

2

22

4mx20＝

－4 1＋16k22

，所以|OM|＝． …7分

1＋4k21＋4k2

2

21＋4k2(1＋4k2)2 m2

又|OH|＝＝，所以(cos∠HOM)＝．

1＋k21＋k2 (1＋16k2) (1＋k2)

…9分

(5＋20k2)2 25(1＋4k2)2

因为(1＋16k)(4＋4k)≤＝，

44

2

2

(1＋4k2)2 16 1 1

所以，等号当且仅当k2＝时成立． 故k＝±．…12分 22≥42 (1＋16k) (1＋k)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

x2

（II）由（Ⅰ）得，f(x)＝e－x，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，ln2)时，h(x)＜0，h(x)单调递减， 当x∈(ln2，＋∞)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．

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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

4sinx

以下证明：当x＞0时，x＞．

3＋cosx

4(3cosx＋1)(cosx－1)(cosx－5)4sinx

令p(x)＝x－，则p(x)＝1－＝≥0，

3＋cosx(3＋cosx)2(3＋cosx)2（当且仅当x＝2k?，k∈Z时等号成立）．

4sinx

所以p(x)在(0，＋∞)单调递增，当x＞0时，p(x)＝x－＞p(0)＝0，

3＋cosx

4sinx

即x＞． ②

3＋cosx

ex＋(2－e)x－14sinx

由①②得当x＞0时，＞，

x3＋cosx

又x(3＋cosx)＞0，故(3＋cosx)－4xsinx＞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 C E 所以CD2＝CD·CM＝AC·BC，

ACCG

因为Rt△ACE∽Rt△GBC，所以 ＝， O CEBC

即AC·BC＝CE·CG，故CD2＝CE·CG．…5分

F （Ⅱ）

2

因为AC＝CO＝1，所以CD＝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＝26． …10分

G （23）解：（Ⅰ）将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入已知，分别得C和l的极坐标方程为

?

C：ρ＝4cosθ（0≤θ≤)，l：ρcosθ－2ρsinθ－2＝0． …4分

2

（Ⅱ）依题意，l经过半圆C的圆心C(2，0)．

1 25

设点B的极角为α，则tanα＝，进而求得cosα＝ …6分

25

85

由C的极坐标方程得|OB|＝4cosα＝ ． …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，

aa

1 1

得a≥，故a的最小值为． …10分

22

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