《广西南宁市第二中学2019届高三数学12月月考试题理扫描版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广西南宁市第二中学2019届高三数学12月月考试题理扫描版.docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、广西南宁市第二中学2019 届高三数学 12 月月考试题理（扫描版）1 / 122 / 123 / 124 / 12【答案】 B【答案】 A【答案】 D【答案】 D【答案】 B【答案】 C【答案】 B【答案】 B【答案】 C【答案】 C【答案】 A【答案】 D【答案】 C【答案】 B【答案】 B【答案】 C【答案】 C【答案】 A【答案】 D1【答案】 2n1【答案】16【答案】 9【 答案】 5217. 【答案】（ 1） 2 3 ；（ 2）7【解析】（ 1）由题意，BDA120，在 ABD 中，由余弦定理可得222，ABBDAD 2BD AD cos120即 28 16 AD2AD2或 AD
2、6 （舍），4 AD5 / 12 ABD 的面 S114233 DB DA sinADB2222（2）在 ABD 中，由正弦定理得ADAB，sinsin BBDA代入得 sin B21 ，由 B 角，故 cos B5 7 ，1414所以 sin Csin 60B sin 60 cos Bcos60sin B21 ，7ADAC2AC，213，解得 AC7 在 ADC 中，由正弦定理得sinsin CCDA7218. 解： ( ) 外体育不达 外体育达 合 男603090女9020110合 15050200K 2 200 (60 203090)2200 6.0616.635，15050901103
3、3所以在犯 的概率不超 0.01的前提下不能判断“ 外体育达 ”与性 有关. 4 分（）易知，所抽取的10 名学生中，男生 604 名，女生 6 名.10150X 可取 0,1,2,3.且 P(X0)C6311)C62C411,3, P( X32C106C10P( X 2)C61C4233)C431C103, P( XC1033010X 的分布列X0123 ：P1131621030E( X )69 分. 5（ 3） 所抽取的4 名学生中， 外体育达 的人数 ，表中学生 外体育达 的概率 501 ， B(4, 1 ) ， P( x 2) C42 ( 1 )2 ( 3 )227 .20044441
4、286 / 12274 名学生中，恰好有2 名学生是 外体育达 的概率 128 . 12 分【答案】（ 1） 23 ；（2）7 【解析】（ 1）由 意，BDA120 ，在 ABD 中，由余弦定理可得AB2BD 2AD 22BDADcos120，即 28 16 AD 24 ADAD2或 AD6（舍）， ABD 的面 S1DB DAsinADB14232 3 222（2）在 ABD 中，由正弦定理得ADAB，sin BsinBDA代入得 sin B21 ，由 B 角，故 cos B5 7，1414所以 sin C sin60Bsin 60 cos Bcos60sin B21 ，7ADAC2AC在
5、ADC 中，由正弦定理得， 213 ，解得 AC7 CDAsin C sin72解： ( ) 外体育不达 外体育达 合 男603090女9020110合 15050200K 2 200(6020 3090)2200 6.0616.635，150509011033所以在犯 的概率不超 0.01的前提下不能判断“ 外体育达 ”与性 有关.4 分（）易知，所抽取的10 名学生中，男生 604 名，女生 6名.10150X可取 0,1,2,3.且 P(X0)C631, P( X1)C62C411,C1036C1032P( XC61C423C4312)C103, P( X3)3010C103X01237
6、 / 12X 的分布列1131 ：P210306E( X )69 分. 5（ 3） 所抽取的4 名学生中， 外体育达 的人数 ，表中学生 外体育达 的概率 501 ， B(4, 1 ) ， P( x 2) C42 ( 1 )2 ( 3 )227 .2004444128274 名学生中，恰好有2 名学生是 外体育达 的概率 128. 12 分19. 解：（）在 ABD中，因 点 E是 BD的中点， EA=EB=ED=AB=1，故BAD2， ABEAEB3 1 分因 DAB DCB， EAB ECB，从而有FEDBECAEB3 2 分FEDFEA ，故 EF AD，AF=FD又 PG=GD， FG
7、/PA又 PA平面 ABCD， GF AD，故 AD平面 CFG5 分又 CG平面 CFG， AD CF6 分（）以点 A 坐 原点建立如 所示的坐 系， 333A(0，0，0)， B(1，0，0)， C(2， 2，0)， D(0， 3 ，0)， P(0，0，2 ) 7分故 BC( 1 ， 3 ，0）， CP(3 ，3 ，3 ），22222CD(3 ，3 ，0）22 平面 BCP的法向量 n1(1，y1，z1 ) ，13y10y13223 ，则，解得233y130z1222 z13即 n1(1，3 ，2 ) 9338 / 12分 平面 DCP的法向量 n2(1， y2， z2 ) ，33y2，
8、y23，则220解得333z2，y2z2，22220即 n2(1， 3 ，2) 从而平面 BCP与平面 DCP的 角的余弦 | n1n2 |42312 分cos| n2 |164| n18920. 解析： 直 AB： ykx 1，A( x1， y1) ， B( x2， y2) ，将直 AB的方程代入抛物 C的方程得 x2 2pkx 2p 0，则 x1 x22pk， x1x2 2p. 2xx1x22(1) 由 x 2py 得 y p， A， B 的切 斜率的乘 p2 p，2点 N在以 AB 直径的 上，AN BN， p 1， p 2.x1x2(2) 易得直 AN： y y1 p ( x x1)
9、，直 BN： y y2 p( x x2) ，x1y y1 p x x1 ，x ，pk即 N( pk， 1) 立，得x2 合式，解得yy2y 1，px x2 ，| | 1k2|x21| 1k2122 4121k24 22 8 ，ABxx xx xp kp| kxNN2 1 y | pk 2|点 N到直 AB的距离 d1 k21 k2 ，123 ABN的面 S ABN 2|AB| dp pk 22 2p，当 k 0 ，取等号， ABN的面 的最小 4，22p4， p 2，故抛物 C的方程 x2 4y.9 / 1210 / 1222.解 (1) 1 的极坐标方程是24，C4cos 3sin 4 co
10、s 3 sin 24， 4x 3y 24 0，故 C1 的直角坐标方程为4x3y 240.曲线 C2 的参数方程为xcos， x2 y2 1，ysin故 C2 的普通方程为 x2 y2 1.(2) 将曲线 C 经过伸缩变换x2 2x，后得到曲线C ，则曲线C 的参数方程为2y 2y33x 22cos ，2cos ，2sin ) ，则点 N到曲线 C 的距离( 为参数 ) 设 N(2y 2sin 1d|4 2 2cos 32sin 24|241sin 24|5524 2 41sin ( 其中 满足 tan 42) 53当 sin( ) 1 时， d 有最小值 24 241，5所以 | MN|的最小值为 24 241.523. （ 1）当 a= 4 时，求不等式f ( x) 6，即为 | 2 x4| x 2 |6，所以 | x2| 2，即 x2 2 或 x22，11 / 12原不等式的解集为 x|x 0或 x4 （ 2）不等式即为 |2 x+a|+| x 2| 3a2 |2 x | ，即关于 x 的不等式 |2 x+a|+|4 2x | 3a2恒成立而 |2 x+a|+|4 2x| | a4| ，所以 | a 4| 3a2，解得 a 4 3a2或 a 4 3a2，解得或所以 a 的取值范围是12 / 12