安徽省芜湖市2019届高三5月模拟考试数学（理）答案.pdf

芜湖市 ２０１８—２０１９学年度第二学期高三模拟考试 数学（理科）试题 一、选择题（本题共 １２小题，每小题 ５分，共 ６０分 ） 题　号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答　案 Ｃ Ｄ Ａ Ｃ Ｃ Ｄ Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ 二、填空题（本题共 ４小题，每小题 ５分，共 ２０分） １３６０　　１４５　　１５１１　　１６１９π 三、解答题（本大题共 ６小题，共 ７０分 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） １７（本小题满分 １２分） （１）由题设及 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π，得 ｓｉｎＢ＝４ｓｉｎ２ Ｂ ２， 故 ｓｉｎＢ＝２（１－ｃｏｓＢ）．上式两边平方，整理得 ５ｃｏｓ２Ｂ－８ｃｏｓＢ＋３＝０， 解得 ｃｏｓＢ＝１（舍去），ｃｏｓＢ＝３ ５． ６分…………………………………………………… （２）由 ｃｏｓＢ＝３ ５得 ｓｉｎＢ＝４ ５，又 Ｓ△ＡＢＣ ＝１ ２ａｃｓｉｎＢ＝２．则 ａｃ＝５． 由余弦定理，ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓＢ＝（ａ＋ｃ）２－２ａｃ（１＋ｃｏｓＢ）＝（ａ＋ｃ）２－１６＝４． 所以 ａ＋ｃ 槡＝２５． １２分…………………………………………………………………… １８（本小题满分 １２分） （１）由频率分布直方图可知，各区间对应的频数分布表如下： 分值区间 ［４０，５０） ［５０，６０） ［６０，７０） ［７０，８０） ［８０，９０） ［９０，１００］ 频　数 ５ １５ ４０ ７５ ４５ ２０ ∴ｘ— ＝（４５×５＋５５×１５＋６５×４０＋７５×７５＋８５×４５＋９５×２０）× １ ２００＝７５， ｓ２＝（４５－７５）２× ５ ２００＋（５５－７５）２×１５ ２００＋（６５－７５）２×４０ ２００＋（８５－７５）２×４５ ２００ ＋（９５－７５）２×２０ ２００＝１３５． ４分…………………………………………………………… （２）① 由（１）知 Ｘ服从正态分布 Ｎ（７５，１３５），且 σ≈１１６， ∴Ｐ（６３４＜Ｘ＜９８２）＝１ ２×０９５５＋１ ２×０６８３＝０８１９． ８分…………………… ② 依题意，ξ服从二项分布，即 ξ～Ｂ（１０４，０８１９），则 Ｅξ＝ｎｐ＝８１９０． １２分………… ）页４共（页１第案答考参）理（学数级年三高１９（本小题满分 １２分） （１）方法一：当 θ＝π ２时，建立如图所示的空间直角坐标系，则有 Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０），Ｐ（－１，０，１），Ｃ１（－１，０，２）， Ｂ１（－１，０，０），Ｄ１（１，０，２） ＡＢ→ ＝（０，２，０），ＡＰ→ ＝（－１，１，１）． 设平面 ＡＢＰ的法向量为 ｎ→ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则 ２ｙ＝０ －ｘ＋ｙ＋ｚ{ ＝０ ， 可取 ｘ＝１，得 ｎ→ ＝（１，０，１），Ｄ１Ｂ１ → ＝（－２，０，－２），∴Ｄ１Ｂ１ → ∥ｎ→． 所以直线 Ｄ１Ｂ１⊥平面 ＡＰＢ． ６分………………………………………………………… 方法二：在正方形 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＯＰ∥Ａ１Ｃ１，Ｄ１Ｂ１⊥Ａ１Ｃ１，∴ＯＰ⊥Ｂ１Ｄ１， ＡＢ⊥ＯＯ１ ＡＢ⊥Ａ１Ｂ１ ＯＯ１∩Ａ１Ｂ１＝ }Ｏ ＡＢ⊥平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，又 Ｂ１Ｄ１平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 所以 ＡＢ⊥Ｂ１Ｄ１，又 ＯＰ⊥Ｂ１Ｄ１，ＡＢ∩ＯＰ＝Ｏ，ＡＢ，ＯＰ平面 ＡＰＢ 所以直线 Ｄ１Ｂ１⊥平面 ＡＰＢ ６分………………………………………………………… （２）当 θ＝π ６时，以 ＡＢ所在直线为 ｙ轴，过点 Ｏ与 ＡＢ垂直的直线为 ｘ轴，ＯＯ１所在的直线 为 ｚ轴建立空间直角坐标系，可得 Ｐ（－１ ２，槡３ ２，１ ３），所以ＡＰ→ ＝（－１ ２，槡３ ２＋１，１ ３）， 设平面 ＡＢＰ的法向量为 ｍ→ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），则 ２ｙ１＝０ －１ ２ｘ１＋ｙ１（槡３ ２＋１）＋１ ３ｚ１{ ＝０ ，可取 ｘ１＝２，得 ｍ→ ＝（２，０，３）， 又平面 ＡＢＤ的一个法向量为 ｎ→ ＝（１，０，０），则｜ｃｏｓ＜ｍ→ ，ｎ→ ＞｜＝ 槡２ １３ １３ 所以二面角 Ｄ－ＡＢ－Ｐ的余弦值为 槡２ １３ １３ １２分………………………………………… ２０（本小题满分 １２分） （１）设 Ｂ（ｘ１，ｙ１），Ｃ（ｘ２，ｙ２），因点 Ｂ在椭圆上，所以ｘ２ １ ａ２ ＋ｙ２ １ ｂ２ ＝１， 故 ｙ２ １＝ｂ２ ａ２（ａ２－ｘ２ １）．又 Ａ１（－ａ，０），Ａ２（ａ，０）， 所以 ｋＢＡ１·ｋＢＡ２ ＝ ｙ１ ｘ１＋ａ· ｙ１ ｘ１－ａ＝－ｂ２ ａ２，即ｂ２ ａ２ ＝３ ４，又 ａ＝２，所以 ｂ 槡＝ ３ ）页４共（页２第案答考参）理（学数级年三高故椭圆 Ｐ的方程为ｘ２ ４＋ｙ２ ３＝１． ５分……………………………………………………… （２）设直线 ＢＣ的方程为：ｙ＝ｋ（ｘ－１），Ｂ（ｘ１，ｙ１），Ｃ（ｘ２，ｙ２）， 联立方程组 ｘ２ ４＋ｙ２ ３＝１ ｙ＝ｋ（ｘ－１{ ） ，消去 ｙ并整理得， （４ｋ２＋３）ｘ２－８ｋ２ｘ＋４ｋ２－１２＝０，则 ｘ１＋ｘ２＝ ８ｋ２ ４ｋ２＋３，ｘ１ｘ２＝４ｋ２－１２ ４ｋ２＋３． 直线 Ａ１Ｂ的方程为 ｙ＝ ｙ１ ｘ１＋２（ｘ＋２），令 ｘ＝４得 ｙＭ ＝ ６ｙ１ ｘ１＋２， 同理，ｙＮ ＝ ６ｙ２ ｘ２＋２； ８分……………………………………………………………………… 所以 ｙＥ ＝１ ２（ｙＭ ＋ｙＮ）＝３（ ｙ１ ｘ１＋２＋ ｙ２ ｘ２＋２）＝６ｋｘ１ｘ２＋３ｋ（ｘ１＋ｘ２）－１２ｋ ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）＋４ ， 代入化简得 ｙＥ ＝－３ ｋ，即点 Ｅ（４，－３ ｋ），又 Ｆ（１，０）， 所以 ｋＥＦｋＢＣ ＝ －３ ｋ ３ ·ｋ＝－１，所以 ＢＣ⊥ＥＦ． １２分……………………………………… ２１（本小题满分 １２分） （１）因 ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递减，所以 ｆ′（ｘ）＝ｅｋｘ（ｋ－ｋｘ－１）－１≤０恒成立  令 ｇ（ｘ）＝ｆ′（ｘ）＝ｅｋｘ（ｋ－ｋｘ－１）－１，则 ｇ′（ｘ）＝ｋｅｋｘ（ｋ－ｋｘ－２） 因 ｋ＞０，当 ｘ＞ｋ－２ ｋ 时，ｇ′（ｘ）＜０；当 ｘ＜ｋ－２ ｋ 时，ｇ′（ｘ）＞０， 所以 ｇ（ｘ）在（－∞，ｋ－２ ｋ ）上单调递增，在（ｋ－２ ｋ ，＋∞）上单调递减， 所以 ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｋ－２ ｋ ）＝ｅｋ－２－１≤０，即 ０＜ｋ≤２． ６分……………………………… （２）方法一：由（１）知当 ｋ＝２时，ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减，则 ｆ（ｘ）＜ｆ（０）＝０， 即（１－ｘ）ｅ２ｘ－ｘ－１＜０，又 ｘ＞０时，－ｘ＜０， 由 ｆ（ｘ）单调性得 ｆ（－ｘ）＞ｆ（０）＝０，即（１＋ｘ）ｅ－２ｘ＋ｘ－１＞０， 从而（１＋ｘ）ｅ－２ｘ＋ｘ－１＞（１－ｘ）ｅ２ｘ－ｘ－１， 即（１＋ｘ）ｅ－２ｘ＋（ｘ－１）ｅ２ｘ＋２ｘ＞０，也即（２＋２ｘ）ｅ－２ｘ＋（２ｘ－２）ｅ２ｘ＋４ｘ＞０ 令 ｔ＝２ｘ＞０，则（２＋ｔ）ｅ－ｔ＋（ｔ－２）ｅｔ＋２ｔ＞０， 即 ｘ＞０时，（２－ｘ）ｅｘ－（２＋ｘ）ｅ－ｘ＜２ｘ． １２分…………………………………………… 方法二：由（１）知当 ｋ＝２时，ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减，则 ｆ（ｘ）＜ｆ（０）＝０， 即（１－ｘ）ｅ２ｘ－ｘ－１＜０，令 Ｆ（ｘ）＝（２－ｘ）ｅｘ－（２＋ｘ）ｅ－ｘ－２ｘ， ）页４共（页３第案答考参）理（学数级年三高则 Ｆ′（ｘ）＝（１－ｘ）ｅ２ｘ－２ｅｘ＋ｘ＋１ ｅｘ ＜２（ｘ＋１）－２ｅｘ ｅｘ ，令 ｇ（ｘ）＝２（ｘ＋１）－２ｅｘ（ｘ＞０）， 则 ｇ′（ｘ）＝２－２ｅｘ＜０，所以 ｇ（ｘ）＜ｇ（０）＝０，Ｆ′（ｘ）＜０，即 Ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递 减，Ｆ（ｘ）＜Ｆ（０）＝０，即 ｘ＞０时，（２－ｘ）ｅｘ－（２＋ｘ）ｅ－ｘ＜２ｘ． １２分…………………… ２２（本小题满分 １０分） （１）Ｃ１：ρｓｉｎ（θ＋π ４）＝槡２ ２槡２ ２（ρｓｉｎθ＋ρｃｏｓθ）＝槡２ ２，即 ｘ＋ｙ＝１． ２分……………………… 由 Ｃ２： ｘ＝ａｃｏｓφ， ｙ＝１＋ａｓｉｎφ{ ， 消去参数 φ得 Ｃ２的普通方程：ｘ２＋（ｙ－１）２＝ａ２． 又 ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθＣ２的极坐标方程为：（ρｃｏｓθ）２＋（ρｓｉｎθ－１）２＝ａ２． 即 Ｃ２的极坐标方程为 ρ２－２ρｓｉｎθ＋１－ａ２＝０． ５分…………………………………… （２）曲线 Ｃ３的直角坐标方程为 ｙ＝ｘ（ｘ＞０），由 ｙ＝ｘ ｘ＋ｙ{ ＝１ 　得 Ａ（１ ２，１ ２）． ｜ＯＡ｜＝槡２ ２，｜ＯＢ 槡｜＝２２． 即点 Ｂ的极坐标为（ 槡２２，π ４）代入 ρ２－２ρｓｉｎθ＋１－ａ２＝０，得 ａ 槡＝ ５． １０分………… ２３（本小题满分 １０分） （１）当 ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ －３－ｘ，ｘ≤ １ ２， ３ｘ－１，－１ ２＜ｘ＜２， ｘ＋３，ｘ≥２        ． ｆ（ｘ）≤２等价于 ｘ≤ １ ２， －３－ｘ≤{ ２ ，或 －１ ２＜ｘ＜２ ３ｘ－１≤{ ２ ，或 ｘ≥２ ｘ＋３≤{ ２ 解得 －５≤ｘ≤１，所以不等式 ｆ（ｘ）≤２的解集是［－５，１］． ５分………………………… （２）当 ｘ∈［１，２］时，ｆ（ｘ）≤｜ｘ－１｜等价于｜ａｘ＋１｜－｜ｘ－２｜≤｜ｘ－１｜， 即｜ａｘ＋１｜≤｜ｘ－１｜＋｜ｘ－２｜又 ｘ∈［１，２］时，｜ｘ－１｜＋｜ｘ－２｜＝１， 所以｜ａｘ＋１｜≤１在 ｘ∈［１，２］上恒成立， 只需 ｜ａ＋１｜≤１ ｜２ａ＋１｜≤{ １ ，解得 －１≤ａ≤０． 所以 ａ的取值范围是［－１，０］． １０分…………………………………………………… ）页４共（页４第案答考参）理（学数级年三高