甘肅省河西五市部分普通高中2016屆高三第二次聯(lián)合考試數(shù)學(xué)(理)試題

HLLYBQ整理供“高中試卷網(wǎng)（）”·I）可知，，………………8分對(duì)任意的恒成立，………………10分……………………12分18.(1)由頻率分布直方圖可知[120,130)的頻率為：1－(0.01×10＋0.024×10＋0.03×10＋0.016×10＋0.008×10)＝1－0.88＝0.12，所以……………………2分所以估計(jì)該校全體學(xué)生的數(shù)學(xué)平均成績(jī)約為85×0.1＋95×0.24＋105×0.3＋115×0.16＋125×0.12＋135×0.08＝8.5＋22.8＋31.5＋18.4＋15＋10.8＝107，所以該校的平均成績(jī)?yōu)?07.……………5分(2)由于eq\f(13,10000)＝0.0013，根據(jù)正態(tài)分布：∵P(115－3×5<X<115＋3×5)＝0.9974，∴P(X≥130)＝eq\f(1－0.9974,2)＝0.0013，即0.0013×10000＝13，所以前13名的成績(jī)?nèi)吭?30分以上，…………7分根據(jù)頻率分布直方圖這50人中成績(jī)?cè)?30分以上(包括130分)的有0.08×50＝4人，而在[120,140]的學(xué)生共有0.12×50＋0.08×50＝10，所以X的取值為0,1,2,3，所以P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,5)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,4),C\o\al(4,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(2,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30).所以X的分布列為X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝1.2.…………12分19.方法一：如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以AD，AA1，AB所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0).…………………3分(1)證明易得eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，于是eq\o(B1C1,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，所以B1C1⊥CE.………………(2)解eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(1，－2，－1).設(shè)平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(B1C,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0.))消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個(gè)法向量為m＝(－3，－2,1).…………8分由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個(gè)法向量.……………………10分于是cos〈m，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(B1C1,\s\up6(→)),|m|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq\f(2\r(7),7)，……11分從而sin〈m，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(21),7)，所以二面角B1－CE－C1的正弦值為eq\f(\r(21),7).………12分方法二(1)證明因?yàn)閭?cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B經(jīng)計(jì)算可得B1E＝eq\r(5)，B1C1＝eq\r(2)，EC1＝eq\r(3)，從而B(niǎo)1E2＝B1Ceq\o\al(2,1)＋ECeq\o\al(2,1)，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，……2又CC1，C1E?平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E又CE?平面CC1E，故B1C1⊥CE.……5(2)解過(guò)B1作B1G⊥CE于點(diǎn)G，連接C1由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1為二面角B1－CE－C在△CC1E中，由CE＝C1E＝eq\r(3)，CC1＝2，可得C1G＝eq\f(2\r(6),3).在Rt△B1C1G中，B1G＝eq\f(\r(42),3)，所以sin∠B1GC1＝eq\f(\r(21),7)，即二面角B1－CE－C1的正弦值為eq\f(\r(21),7).…………12分20.解析：(Ⅰ)解:依題意,點(diǎn)到點(diǎn)的距離等于它到直線的距離,∴點(diǎn)的軌跡是以點(diǎn)為焦點(diǎn)，直線為準(zhǔn)線的拋物線.…………4分∴曲線的方程為.………………5分(Ⅱ)解法1：設(shè)點(diǎn)，點(diǎn)，點(diǎn)，直線方程為：，化簡(jiǎn)得，.∵△的內(nèi)切圓方程為，………………6分∴圓心到直線的距離為，即.故.易知，上式化簡(jiǎn)得，.………………7分同理，有.………………8分∴是關(guān)于的方程的兩根.∴，.∴.……………9分∵，，∴.直線的斜率，則.∴.………………10分∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴.∴.∴.………………11分∴.∴的取值范圍為.……………12分解法2：設(shè)點(diǎn)，點(diǎn)，點(diǎn)，直線的方程為，即，∵直線與圓相切，∴.∴.………………6分∴直線的方程為.∵點(diǎn)在直線上,∴.易知，上式化簡(jiǎn)得.…7分同理，有.……8分∴是關(guān)于的方程的兩根.∴，.∴.…………9分∵，，∴.直線的斜率，則.∴.……10分∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴.∴.∴.………………11分∴.∴的取值范圍為.……………12分解法3：設(shè)點(diǎn)，并設(shè)直線的方程為，即，令,得,∴.∵直線與圓相切，∴.化簡(jiǎn)得,.……6分同理,設(shè)直線的方程為，則點(diǎn),且.…………7分∴,是關(guān)于的方程的兩根.∴,.依題意,,.∴.………………9分直線的斜率，則.∴.……10分∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴.∴.∴.………………11分∴.∴的取值范圍為.……………12分解法4：設(shè)點(diǎn)，如圖，設(shè)直線，與圓相切的切點(diǎn)分別為，，依據(jù)平面幾何性質(zhì)，得，由，………………6分得，得.…………6分得.……7分故.……………8分依題意,,.∴.……………9分直線的斜率，則.∴.……10分∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴.∴.∴.………………11分∴.∴的取值范圍為.……………12分21.解析：(Ⅰ)解:當(dāng)時(shí)，,則.……………1分令，得.當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),.…………2分∴函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間上單調(diào)遞增.∴當(dāng)時(shí),函數(shù)取得最小值,其值為.……4分(Ⅱ)解:若時(shí),,即.(*)令,則.討論：①若,由(Ⅰ)知,即,故.∴.…………4分∴函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增.∴.∴(*)式成立.…………6分②若,令,則.∴函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增.由于,.故,使得.…………7分則當(dāng)時(shí),,即.∴函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減.∴,即(*)式不恒成立.………8分綜上所述,實(shí)數(shù)的取值范圍是.………9分(Ⅲ)證明:由(Ⅱ)知,當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞增.則,即.…………………10分∴.…………11分∴,即.…………12分22.解：（Ⅰ）∵,∴∽,∴……2分又∵,∴,∴,∴∽，∴，∴…………4分又∵，∴．……5分（Ⅱ）∵,∴，∵∴由（1）可知：，解得.……7分∴．∵是⊙的切線，∴∴，解得．……10分23.解：（Ⅰ）直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），代入