河南省郑州市2015届高三第一次质量预测数学(理)试题(扫描版)
更新时间:2023-09-23 23:03:01 阅读量: IT计算机 文档下载
2015年高中毕业年级第一次质量预测
理科数学 参考答案
一、选择题
1-12:BCDA DBCC BADA 二、填空题 13.
634 14.-10 15.82 16.2,3,4. 三、解答题
17.解:(Ⅰ) a?32,cos?ABC?24,c?3, 由余弦定理:b2?c2?a2?2c?a?cos?ABC
=32?(32)2?2?32?3?24?18,………………………………2分
? b?32. ……………………………………………………………………4分
又?ABC?(0,?) ,所以sin?ABC?1?cos2?ABC?144,
由正弦定理:csin?ACB?bsin?ABC,
得sin?ACB?c?sin?ABC7b?4.………………………………………6分 (Ⅱ) 以BA,BC为邻边作如图所示的平行四边形ABCE,如图,cos?BCE??cos?ABC??24,…………………8分 A E
BE?2BD?6,在△BCE中,
由余弦定理:BE2?CB2?CE2?2CB?CE?cos?BCE.
D 即36?CE2?18?2?32?CE?(?24), B C 解得:CE?3,即AB?3,…………………10分 所以S1?ABC?2acsin?ABC?974.…………………………………………12分 18.解:(Ⅰ)当S6?20时,即背诵6首后,正确个数为4首,错误2首,………………2分 若第一首和第二首背诵正确,则其余4首可任意背诵对2首;…………………3分
若第一首正确,第二首背诵错误,第三首背诵正确,则其余3首可任意背诵对1首,
此时的概率为:p?(2)2?C22212212234?(3)?(3)?3?3?3?C11163?(3)2?3?81………… …………5分 (2)∵??S215的取值为10,30,50,又p?3,q?2,…………………6分
∴P(??10)?C3231222213405(3)(3)?C5(3)(3)?81,
则
213012114P(??30)?C54()4()1?C5()()?
33338111525015P(??50)?C5()?C5()?.…………………9分
3381
∴?的分布列为:
? p 10 30 50 11 814030111850?30??50??∴E??10?.…………………………………………12分 8181818140 8130 8119.解:(1)当M为PC中点时,PA//平面BMQ,…………………2分 理由如下: 连结AC交BQ于N,连结MN,
因为?ADC?900,Q为AD的中点,所以N为AC的中点.
当M为PC的中点,即PM?MC时,MN为?PAC的中位线,…………4分 z 故MN//PA,又MN?平面BMQ,
所以PA//平面BMQ.…………………………………………5分
QPDMCNB(2)由题意,以点D为原点DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴, x 建立空间直角坐标系,…………………6分 则P(0,0,2),Q(1,0,0),B(1,2,0),…………………7分 由PM?2MC可得点M(0,,),
所以PQ?(1,0?2),QB?(0,2,0),QM?(?1,Ay
423342,), 33??PQ?n1?x?2z?0,?x?2z,???设平面PQB的法向量为n1?(x,y,z),则?QB?n?2y?0,?y?0. ?1令z?1,?n1?(2,0,1),…………………9分
同理平面MBQ的法向量为n2?(,0,1),…………………10分
23设二面角大小为?,cos??n1?n2n1n2?765.…………………………………………12分 65(x?1)2?y2220.解:(1).设点P(x,y),由题意可得,,…………………2分 ?|x?2|2x2x22?y?1.曲线E的方程是?y2?1.………………………5分 整理可得:22(2).设C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得:|AB|?当m?0时,不合题意. …………………6分 当m?0时,由直线l与圆x?y?1相切,可得:
222.
|n|m2?1?1,即m2?1?n2.
?y?mx?n12?22联立?x2消去y得(m?)x?2mnx?n?1?0.…………………8分
22??y?1?21?2mn???2mn????4m2n2?4(m2?)(n2?1)?2m2?0,x1? ,x?22222m?12m?1?4mn2n2?2,x1x2?所以,x1?x2?
2m2?12m2?1S四边形ACBD2222m2?n2?12|m|1?|AB||x2?x1|=? =?.10分 22122m?12m?12|m|?2|m|126,即m??时等号成立,此时n??,经检验可知, |m|22当且仅当2|m|?直线y?
2626和直线y??符合题意. ………………………………12分 x?x?22222221.解:(1)当a??1时,f(x)?(x?2x)lnx?x?2,定义域为?0,???,
f?(x)??2x?2?lnx??x?2??2x. …………………2分
?f?(1)??3,又f(1)?1,f(x)在?1,f?1??处的切线方程3x?y?4?0. ……………4分
22(2)令g?x??f?x??x?2?0,则x?2xlnx?ax?2?x?2,即a???1?(x?2)?lnx,
x 令h(x)?1?(x?2)?lnx, …………………5分
x112?2lnx1?x?2lnx???. …………………6分 222xxxx则h?(x)??令t(x)?1?x?2lnx,
t?(x)??1?2?x?2?,xxt?(x)?0,t(x)在(0,??)上是减函数,又
t?1??h??1??0所以当0?x?1时,h??x??0,当1?x时,h??x??0,
,
所以h?x?在?0,1?上单调递增,在?1,???上单调递减,?h?x?max?h(1)?1.………8分 因为a?0, 所以当函数g?x?有且仅有一个零点时,a?1.
22当a?1,g?x??x?2xlnx?x?x,若e?2?x?e,g(x)?m,只需证明g(x)max?m,??
…………………9分
g?(x)??x?1??3?2lnx?令g?(x)?0得x?1或x?e,又e?2?x?e,
,
?函数g(x)在(e,e)上单调递增,在(e,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,10分
?2?32?32?323?1?32又g(e)??e?2e2 , g(e)?2e?3e,
2?33??1?33g(e)??e?2e2?2e2?2e?2e(e?)?g(e).
22?3232即g(e?32)?g(e) ,g(x)max?g(e)?2e2?3e, ?m?2e2?3e. ………12分
22.证明:(1)因为PG?PD,所以?PDG??PGD.
由于PD为切线,故?PDA??DBA,…………………2分 又因为?EGA??PGD,所以?EGA??DBA, 所以?DBA??BAD??EGA??BAD, 从而?PFA??BDA.…………………4分
??又AF?EP,所以?PFA?90,所以?BDA?90,
故AB为圆的直径.…………………5分 (2)连接BC,DC.
由于AB是直径,故∠BDA=∠ACB=90°.
在Rt△BDA与Rt△ACB中,AB=BA,AC=BD,从而得Rt△BDA≌Rt△ACB, 于是∠DAB=∠CBA. …………………7分
又因为∠DCB=∠DAB,所以∠DCB=∠CBA,故DC∥AB. ………………8分 因为AB⊥EP,所以DC⊥EP,∠DCE为直角,…………………9分
所以ED为直径,又由(1)知AB为圆的直径,所以DE?AB?5.…………………10分 23.解:(Ⅰ)圆C的普通方程为x?y?2x?2y?0,即(x?1)?(y?1)?2.………2分
2222所以圆心坐标为(1,-1),圆心极坐标为(2,7?);…………………5分 4(Ⅱ)直线l的普通方程:22x?y?1?0,圆心到直线l的距离
d?22?1?13?22,…………………7分 3所以AB?22?8210?, 932?2252?,…………………9分 33点P直线AB距离的最大值为r?d?Smax?121052105.…………………10分 ???2339?3x?6,x??1?24.解:(Ⅰ)当m?5时,f(x)???x?2,?1?x?1,………………………3分
?4?3x,x?1?由f(x)?2易得不等式解集为x?(?,0);………………………5分
(2)由二次函数y?x2?2x?3?(x?1)2?2,该函数在x??1取得最小值2,
43?3x?1?m,x??1?因为f(x)???x?3?m,?1?x?1在x??1处取得最大值m?2,…………………7分
??3x?m?1,x?1?所以要使二次函数y?x?2x?3与函数y?f(x)的图象恒有公共点,只需m?2?2, 即m?4..……………………………10分
2
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