《河北省唐山市2019届高三第三次模拟考试数学试题(理)及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省唐山市2019届高三第三次模拟考试数学试题(理)及答案.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 唐山市 20192019 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；（14）3；（15）5；（16）4 三、解答题： （17） （）证明：因为2c 22a2b2， 所以 2ccosA2acosC2cb 2c2a2 2bc 2a a 2b2c2 2ab b 2c2a2 b a 2b2c2 b 2c 22a2 b b4 分 （）由（）和正弦定理以及sinBsin(AC)得 2sin CcosA 2sin AcosCsin AcosCcosAsin C， 即 sinCcos
2、A 3sin AcosC， 又 cosAcosC0，所以 tan C 3tanA 1，故 C45 8 分 再由正弦定理及sin A 10 10 得 c asin C sin A 5， 于是 b22(c2a2)8，b2 2， 从而 S 1 2 absin C112 分 （18）解： （）由题中数据可知， x 甲 85 83869690 5 88， x 乙 888483 9293 5 88； S 2 甲 1 5 (8588) 2(8388)2(8688)2(96 88)2 (9088)2 21.2， S 2 乙 1 5 (8888) 2(8488)2(8388)2(92 88)2 (9388)2
3、16.4 6 分 （）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， 由题意可知P (A) 2 3 ，P (B)P (C) 1 3 ，且 A、B、C 相互独立， 设甲队至少 2 名队员获胜的事件为 E，则 E (ABC) (AB C)( A BC) ( ABC) 9 分 P(E) 2 3 1 3 1 3 2 3 1 3 (1 1 3 ) 2 3 (1 1 3 ) 1 3 (1 2 3) 1 3 1 3 11 27 12 分 （19） （）证明：取BC 中点 O，连 OA，OA1 因为侧面 BCC1B1是矩形，所以BCBB1，BCAA1， 因为截面 A1BC 是等边三角
4、形，所以 BC OA1， 于是 BC平面 A1OA，BCOA，因此： ABAC 4 分 z y x C1 B1 A1 O B A C （）解：设BC 2，则 OA13，由 ABAC， ABAC 得 OA1 因为平面 A1BC底面 ABC，OA1BC，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-xyz6 分 A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1 (0，0，3)，C(0， 1，0)， 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)
5、， 则 0x12y10 z10， 1x10y13z10， 取 m(3， 0，1) 设平面 A1B1C 的法向量 n(x2，y2，z2)， 则 0x21y2 3z20， 1x21y20z2 0，取 n ( 3，3，1) cos m， n mn |m|n| 7 7 ，则二面角BB1CA1的余弦值为 7 7 12 分 （20）解： （）由题意可得： 3 a 2 1 4b 21，1 分 将3x 2y4 0 代入椭圆C： (3a24b2)x28 3a2x16a 24a2b20 由 0 得 3a 24b2 16， 3 分 联立解得： a24，b21 于是椭圆 C 的方程为： x 2 4 y215 分 （I
6、I）设直线l：ykxm，M(x0，y0) 将直线 l 的方程代入椭圆C 得 (14k2)x28kmx4m 240， 令 0，得 m 24k21，且 x2 0 4m 24 14k 2，所以 | OM| 2116k 2 14k 27 分 又| OH| 2m 2 1k 2 1 4k 2 1k 2 ，所以(cosHOM) 2 (14k 2)2 (116k 2) (1k2) 9 分 因为 (116k2)(4 4k2) (5 20k 2)2 4 25(14k 2 ) 2 4 ， 所以 (14k 2)2 (1 16k 2 ) (1k 2) 16 25 ，等号当且仅当k2 1 4 时成立故 k 1 2 12
7、分 （21）解： （） f (x)ex2x由题设得af (1)e2，a1 f (1) e1b 故 ae2，b04 分 （II）由（）得，f(x)ex x2，下面证明：当x0 时， f (x)(e 2)x1 设 g(x)f(x)(e2)x1，x0 则 g (x)e x2x(e2)， 设 h(x)g (x)，则 h (x)e x2， 当 x(0，ln 2)时， h (x)0，h (x)单调递减， 当 x(ln 2， )时， h (x)0，h(x)单调递增 又 h(0)3e0，h (1)0，0ln21，h(ln2)0，所以x0(0，1)，h (x0)0， 所以当 x (0，x0)或 x(1， )时，
8、 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)e xx2(e2)x10 因 x0，则 e x(2e)x1 x x（当且仅当x1 时等号成立） 8 分 以下证明：当x0 时， x 4sin x 3 cosx 令 p(x)x 4sin x 3cosx，则 p (x) 1 4(3cosx1) (3cosx) 2 (cos x1)(cos x5) (3cosx) 2 0， （当且仅当x2k ，kZ 时等号成立） 所以 p (x)在(0， )单调递增，当x 0时， p (x
9、)x 4sin x 3cosxp (0)0， 即 x 4sin x 3cosx 由得当x0 时， e x(2e)x 1 x 4sin x 3cosx ， 又 x(3cosx)0，故 ex(2e)x1(3cosx)4xsin x012 分 （22）解： （）证明： 延长 DC 与圆 O 交于点 M，因为 CDAB， 所以 CD 2CDCMAC BC， 因为 RtACERtGBC，所以 AC CE CG BC ， 即 ACBCCECG，故 CD 2CECG 5分 （） 因为 ACCO1，所以 CD 2ACBC3， 又 CD3CE，由（）得CG3CD， GT 2 GM GD(CGCM)(CGCD)(
10、CGCD)(CGCD ) CG 2CD28CD224，故 GT2 6 10 分 （23）解：（）将x cos ，y sin代入已知，分别得C 和 l 的极坐标方程为 C： 4cos （0 2 )，l： cos 2 sin 2 04 分 （）依题意，l 经过半圆C 的圆心 C (2，0) 设点 B 的极角为 ，则 tan 1 2 ，进而求得cos 2 5 5 6 分 由 C 的极坐标方程得| OB| 4cos 8 5 5 10 分 （24）解： （）若 a1，f (x) 2x1， x 2， 3， 2x1， 2x1，x1 由 f(x)的单调性及f ( 3)f (2) 5，得 f (x)5 的解集为 x| 3x2 5 分 （） f (x) (a1)x1，x 2， (1a)x3，2x 1 a ， (a1)x1，x 1 a 当 x(， 2时， f(x)单调递减；当x1 a ，)时， f(x)单调递增， 又 f(x)的图象连续不断， 所以 f (x) 2 当且仅当f (1)2a12， 且 f(1 a) 1 a 2 2， 得 a 1 2 ，故 a 的最小值为 1 2 10 分 O C A B F E G D T M