2011河北省衡水中學(xué)內(nèi)部最后一卷0高三理科數(shù)學(xué)三模答案老頭

理科三模數(shù)學(xué)測試題參考答案A卷：BCBCCCDCBBCBB卷：BCBCCCDBBCCB13.25514.15.16.①④顯然成立，②錯，③的范圍大于一個周期，顯然錯誤。17.解：〔I〕==----------------3分∵∴∴=-------5分〔II〕∵，由正弦定理得∴∴-----------------6分∵∴，且∴∵∴---------------8分∴∴∴∴--------10分18.解：〔1〕因為每一件產(chǎn)品被檢驗的次數(shù)是一隨機變量，所以的取值為或那么隨機變量的概率分布為P……………4分所以每一件產(chǎn)品被檢驗的期望為=于是，這件產(chǎn)品被檢驗的次數(shù)為……………6分〔2〕由題設(shè)可知，所以==〔當(dāng)且僅當(dāng)即〕時等號成立因此，要使檢測的次數(shù)最少，每包應(yīng)放5件?！?2分〔不驗證等號扣1分〕19.〔Ⅰ〕作ME∥CD，ME∩PD＝E．∵∠ADC＝∠BCD＝90，AD＝2BC＝2，N是AD的中點，∴BN⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，∴BN⊥平面PAD，∴BN⊥NE，∠DNE為二面角M-BN-C的平面角，∠DNE＝30．……………3分∵PA＝PD＝AD，∴∠PDN＝60，∴∠DEN＝90，∴DE＝eq\f(1,4)DP，∴CM＝eq\f(1,4)CP，故eq\f(PM,MC)＝3．…………6分〔Ⅱ〕連結(jié)BE，由〔Ⅰ〕的解答可知PE⊥平面BMN，那么∠PBE為直線PB與平面BMN所成的角．連結(jié)PN，那么PN⊥平面ABCD，從而PN⊥BN，∴PB＝eq\r(PN2＋BN2)＝eq\r(PN2＋CD2)＝eq\r(6)，…………9分又PE＝eq\f(3,4)PD＝eq\f(3,2)，∴sin∠PBE＝eq\f(PE,PB)＝eq\f(\r(6),4)．所以直線PB與平面MBN所成的角為arcsineq\f(\r(6),4)．………………12分ACACBDPNMEACBDPNMxyz解法二：〔Ⅰ〕建立如下圖的坐標(biāo)系N—xyz，其中N(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，eq\r(3))．設(shè)eq\o(PM,\s\up5(→))＝λeq\o(MC,\s\up5(→))〔λ＞0〕，那么M(eq\f(－λ,1＋λ)，eq\f(\r(3)λ,1＋λ)，eq\f(\r(3),1＋λ))，于是eq\o(NB,\s\up5(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(NM,\s\up5(→))＝(eq\f(－λ,1＋λ)，eq\f(\r(3)λ,1＋λ)，eq\f(\r(3),1＋λ))，………………3分設(shè)n＝(x，y，z)為面MBN的法向量，那么eq\o(NB,\s\up5(→))·n＝0，eq\o(NM,\s\up5(→))·n＝0，∴eq\r(3)y＝0，－λx＋eq\r(3)λy＋eq\r(3)z＝0，取n＝(eq\r(3)，0，λ)，又m＝(0，0，1)為面BNC的法向量，由二面角M-BN-C為30，得|cosm，n|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(λ,\r(3＋λ2))＝cos30＝eq\f(\r(3),2)，解得λ＝3，故eq\f(PM,MC)＝3．……………6分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕，n＝(eq\r(3)，0，3)為面MBN的法向量，……………8分設(shè)直線PB與平面MBN所成的角為θ，由eq\o(PB,\s\up5(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，得sinθ＝eq\o(\s\up6(|\o(PB,\s\up5(→))·n|),\s\up6(________),\s\do9(|\o(PB,\s\up5(→))||n|))＝eq\f(3\r(3),\r(6)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4)，所以直線PB與平面MBN所成的角為arcsineq\f(\r(6),4)．………………12分20.解：解：〔Ⅰ〕直線y=x+2的斜率為1，函數(shù)f(x)的定義域為因為，所以，所以a=1所以由解得x>2;由解得0<x<2所以f(x)得單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是………4分〔Ⅱ〕由解得由解得所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減所以當(dāng)時，函數(shù)f(x)取得最小值因為對于任意成立，所以即可那么，由解得所以a得取值范圍是……………8分〔Ⅲ〕依題意得，那么由解得x>1，由解得0<x<1所以函數(shù)g(x)在區(qū)間上有兩個零點，所以解得所以b得取值范圍是………………12分21.解：〔Ⅰ〕根據(jù)橢圓定義及條件，有|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4a， ①|(zhì)AF2|＋|BF2|＝2|AB|， ②|AF2|2＋|AB|2＝|BF2|2，③…3分由①、②、③，解得|AF2|＝a，|AB|＝eq\f(4,3)a，|BF2|＝eq\f(5,3)a，所以點A為短軸端點，b＝c＝eq\f(\r(2),2)a，Γ的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)．…5分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕，Γ的方程為x2＋2y2＝a2．不妨設(shè)C(x1，y1)、D(x2，y2)〔x1＜x2〕，那么C、D坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{(\a\al(x2＋2y2＝a2，,y＝kx．))由此得x1＝－eq\f(a,\r(1＋2k2))，x2＝eq\f(a,\r(1＋2k2))．設(shè)C、D兩點到直線AB：x－y＋eq\f(\r(2),2)a＝0的距離分別為d1、d2，因C、D兩點在直線AB的異側(cè)，那么d1＋d2＝eq\f(|x1－y1＋\f(\r(2),2)a|,\r(2))＋eq\f(|x2－y2＋\f(\r(2),2)a|,\r(2))＝eq\f(|(x1－y1＋\f(\r(2),2)a)－(x2－y2＋\f(\r(2),2)a)|,\r(2))＝eq\f((x2－x1)－(y2－y1),\r(2))＝eq\f((1－k)(x2－x1),\r(2))＝eq\f(\r(2)(1－k)a,\r(1＋2k2))．………8分∴S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝eq\f(1,2)·eq\f(4,3)a·eq\f(\r(2)(1－k)a,\r(1＋2k2))＝eq\f(2\r(2)a2,3)·eq\f(1－k,\r(1＋2k2))．設(shè)t＝1－k，那么t＞1，eq\f((1－k)2,1＋2k2)＝eq\f(t2,2t2－4t＋3)＝eq\f(1,2－\f(4,t)＋\f(3,t2))，當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(2,3)，即k＝－eq\f(1,2)時，eq\f((1－k)2,1＋2k2)最大，進而S有最大值．……12分22.解：〔Ⅰ〕，-----------1分所以曲線在處的切線為：-----