许昌新乡平顶山届高三第三次调研考试理科数学参考答案_高三数学许昌市一模

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许昌新乡平顶山2014届高三第三次调研考试理科数学参考答案

一、选择题：

1-5CDDBA6-10CBBBC11-12 AD

二、填空题：

13、2a;

14、160;15、;

16、12.三、解答题： 17.解：（Ⅰ）设{ad，则a1

2n}的公差为d)10，a2

12d(a1解得d2，或d4（舍去）.--------3分所以an2n.--------5分

（Ⅱ）因为f(x)2cos2x2，最小正周期T2

2

1，所以b11, 又f（1)3，故q3，bn11

3n3，anbn2n3n.-----------8分

故S12

11nn(2462n)(30313n)=nn22

3.------12分

18.解:（Ⅰ）设该同学在A处投中为事件A,在B处投中为事件B,则事件A,B相互独立,且P(A)=0.25,P(A)0.75, P(B)= q,P(B)1q.根据分布列知: =0时P(ABB)P(A)P(B)P(B)0.75(1q)2

=0.03,--------3分 所以1q0.2，q=0.8.--------6分

（Ⅱ）当=2时, P1=P(ABBABB)P(ABB)P(ABB)

P(A)P(B)P(B)P(A)P(B)P(B)=0.75 q(1q)×2=1.5 q(1q)=0.2

4当=3时, P2=P(ABB)P(A)P(B)P(B)0.25(1q)2

=0.01, 当=4时, P3=P(ABB)P(A)P(B)P(B)0.75q2

=0.48, 当=5时, P4=P(ABBAB)P(ABB)P(AB)

P(A)P(B)P(B)P(A)P(B)0.25q(1q)0.25q=0.24

所以随机变量的分布列为

----------------10分

随机变量的数学期望E00.0320.2430.014

0.4850.243.63--------12分

19（Ⅰ）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°,∴

AB=2，∴AC2=AB2+BC2-2

AB·BC·cos60°=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面

ACFE.又因为BC⊂平面FBC，所以 平面ACFE⊥平面FBC.......6分

(Ⅱ)解：由（Ⅰ）可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，则

C(0，0，0)，A0，0)，B(0，1，0)，M（2，0，1)，∴AB→

=(1，0)，BM→

=（2，-1，1)，y0设nn→，1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，由1·AB=0

n·BM=0,得2

xyz0, 1→

取x=1,则n12),∵n,∴cos=|n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量·n||n1|·|n2| =19

.所以平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值

..............12分 20、解:（Ⅰ）当点A为椭圆短轴端点时AFF12的面试最大.此时

a2c，离心率e

12.-----5分（Ⅱb23222

2a24,可设b3t.a4t,∴椭圆的方程为3x4y12t0.由3x24y212t0得ykxm

(34k2)x28kmx4m2

12t0.1

∵动直线ykxm与椭圆有且只有一个公共点P,∴0,即64k2m24(34m2)(4m212t)0.整理得m23t4k2

t.---8分

设P(x1,y8km4km

1)则有x1

2(34k2)34k2,y1kx1

m3m34k2, ∴P(

4km34k2,3m

34k2).又M(1,0),Q(4,4km),若x轴上存在一定点M(1,0)，使得PMQM,∴(1

4km34k2,3m

34k2)(3,(4km))0恒成立.整理得34k2

m2, ∴34k2

3t4k2

t恒成立,故t1，所求椭圆方程为x2y2

4

31.---12分21、解：（Ⅰ）f'(x)xlnx1，所以fe3，即alne13．所以a1．……4分（Ⅱ）由（1）知，fxxxlnx，所以k

fxx

1对任意x1恒成立，即kxxlnx

x1对任意x1恒成立．

令gx

xxlnxx1，则gxxlnx

2，……………………………6分 x1

令hxxlnx2x1，则hx1

1xx1

x

0，所以函数hx在1,上单调递增．………………8分 因为h31ln30,h422ln20，所以方程hx0在1,上存在唯一实根x0，且满足x03,4．

当1xx0时，h(x)0，即g(x)0，当xx0时，h(x)0，即g(x)0.所以函数gxxxlnx

x1

在1,x0上单调递减，在x0,上单调递增．

所以gx

min

gx0

x01lnx0x1x01x02

x1

x03,4．

00所以kgxminx03,4．故整数k的最大值是3．…………12分

22．（Ⅰ）证明：连结OD，可得∠ODA=∠OAD=∠DAC ∴OD//AE ,又AE⊥DE,∴OE⊥OD，又OD为半径,∴DE是的⊙O切线.………………………5分（Ⅱ）解：过D作DH⊥AB于H，则∠DOH=∠CAB.cosDOHcosCAB

AC2

AB

5.OD=5，AB=10，OH=2，AH7.由△AED≌△AHD可得AE=AH=7.又由△AEF∽△DOF可得AF:DFAE:OD7:5.

AFDF7

.……10分 23、解：

2sin24cos

曲线C 的直角坐标方程为y24x.…………5分（Ⅱ）将直线l的参数方程代入y2

4x，得t2160

设A、B两点对应的参数分别为t

1,t2,则t1t2t1t216…7分

ABt1t2

16.则AB的值为16.…10分2x1,x124.解：（Ⅰ）f(x)

3,1x2，



2x1,x2当x1,2x15,x2,x2当1x2,35,x.当x2,2x15,x3,x3综上所述 x|x2或x3

.………5分

（Ⅱ）易得f(x)min3，若xR，使f(x)t22t有解，则只需f(x)2

min3t2t，解得t|t1或t

3

.……………………10分