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高中三年级摸底考试 数学(文)参考答案及评分标准 一、选择题：每小题 5 分，共 60 分. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12） C C D B A B A C A A D B 二、填空题：每小题 5 分，共 20 分. （13） 3 1 （14）-7 （15） 118 （16） 3 62 三、解答题：本大题共 70 分. （17）(本小题满分 12 分) 解：(Ⅰ)设该企业购买的 6 辆新能源汽车，4 月份生产的 4 辆车为 1C ， 2C ， 3C ， 4C ；5 月 份生产的 2 辆车为 1D ， 2D ，6 辆汽车随机地分配给 A B， 两个部门. B 部门 2 辆车可能为( 1C ， 2C )，( 1C ， 3C )，( 1C ， 4C )，( 1C ， 1D )，( 1C ， 2D )，( 2C ， 3C )，( 2C ， 4C )，( 2C ， 1D )，( 2C ， 2D )，( 3C ， 4C )，( 3C ， 1D )，( 3C ， 2D )，( 4C ， 1D ，( 4C ， 2D )，( 1D ， 2D )共 15 种情况；………………………………………3 分 其中，至多有 1 辆车是四月份生产的情况有：( 1C ， 1D )，( 1C ， 2D )，( 2C ， 1D )，( 2C ， 2D )，( 3C ， 1D )，( 3C ， 2D )，( 4C ， 1D )，( 4C ， 2D )，( 1D ， 2D )共 9 种， 所 以 该 企 业 B 部 门 2 辆 车 中 至 多 有 1 辆 车 被 召 回 的 概 率 为 9 3 15 5P   ．………………………………………………………………………6 分 (Ⅱ)由题意得 6x  ， 2.137y  . 因为线性回归直线过样本中心点   x y， ， 所以   2.137 6 0.2465 a    ，解得  3.616a  .………………………………9 分 当 10x  时，  0.2465 10 3.616 1.151y      ， 即该厂 10 月份销售量估计为 1.151 万辆. ……………………………12 分 （18）(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）当 6,11 11  ban 时， ……………………………… 1 分 当 1222 1   naan nn时， ， 则     31221223212232 111   nanannanab nnnnn 12  nn bb ………………………………………………………………5 分  nb数列 是首项为 6，公比为 2 的等比数列………………………………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 32233223  nnbab n nn n n …………8 分         nnn nnS n n n 3121 2123 32122223 2    …………………………11 分 6423 21   nnS n n ……………………………………………………12 分（19）(本小题满分 12 分) 证明：（Ⅰ） ABCDPAQDPAABCDQD 平面平面  ,//, BCPAABCDBC  ，平面又 ……………………………………2 分 AABPAPABABPABPAABBC   ,,, 平面平面又 PABBC 平面 ……………………………………………………………4 分 QBCBC 平面又  QBCPAB 平面平面  ………………………………………………………6 分 （Ⅱ）连接 OADBOBBD 于作过 , , ,, ABCDBOABCDPA 平面平面  BOPA  又 APAADPADQPAPADQADADBO  ,,, 平面平面 PADQBO 平面 360,2  BOABDDABABAD 为正三角形，，。   332212 1 3 1 3 1   BOSV PADQPADQB 梯形 …………………………9分 23090  ABBDCDBCBDABCADC ，又， 。。 3 3120sin3 32 3 32 2 1,3 32   。 BCDSCDBC ABCDQD 平面 , 9 3223 3 3 1 3 1   QDSV BCDBCDQ ………………11 分 9 311  BCDQPADQB VVV该几何体的体积 ………………………………12 分 （20）(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）设 2PQF 的周长为 L ， 则   PQQFPFaPQQFaPFaPQQFPFL  111122 422 aPQPQa 44  ，当且仅当线段 PQ 过点 1F 时“=”成立.………………3 分31,284  bcaa 又 椭圆 E 的标准方程为为 134 22  yx …………………………………5 分 （Ⅱ）若直线l 的斜率不存在，则直线 m 的斜率也不存在，这与直线 m 与直线l 相交于点T 矛盾，所以直线l 的斜率存在………………………………………………6 分 令             44332211 ,,,,,,,,:,01: yxNyxMyxByxAtxkymkxkyl  将直线 m 的方程代入椭圆方程得：     034843 22222  tktxkxk       22 222 22 2 22 432 2 43 )43( 9312161 43 34,43 8 k tkkkMN k tkxxk tkxx     …………………………………8 分 同理，   2 2 2 2 2 43 112 43 9941 k k k kkAB    ………………………………………9 分 由 ABMN 42  得 0t ，此时，    03431664 22224  tkktk kxym  ：直线 ，…………………………………………………………10 分 联立直线 m 与直线l 的方程得       kT 2 1 2 1， ， 即点T 在定直线 2 1x 上…………………………………………………………12 分 （21）(本小题满分 12 分) 解：（Ⅰ）由题知         xxxxxxxff cos1sincos1sin,10    10 f ， 1 xy切线方程为 即 01 yx ……………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，     xxxf cos1 ，当     2,0 x ，   0 xf ，  xf 在     2,0  上单调递增，不妨设 2121 2,0, xxxx     且 ………………5 分     21,21 xx eexfxf  即     21 21 xx aeaexfxf      21 21 xx aexfaexf  …………………………………………6 分令     xaexfxF  ，则       20 ，在xF 上单调递减     上恒成立，在     200cos1 xaexxxF ……………………8 分 即   xe xxa cos1 上恒成立，在     20  ，令     xe xxxQ cos1         xx e xxxx e xxxxxxQ sin1coscos1sin1cos  …………10 分 0cos,0sin,2,0     xxx  ，   0 xQ  xQ 在     2,0  上单调递减，…………………………………………11 分     10max  QxQ 1a 实数 a 的取值范围是 ，1 ……………………………………12 分 （22）（本小题满分 10 分） 解：（Ⅰ）由    cos22cos,022 sin2 cos22 22222       代入得：，将得 xyxyxx y x 故 1C 的极坐标方程为  cos22 04sin,,sin4,sin4 222222  yyxyyx 代入得：将得由  ， 故 2C 的直角坐标方程为 0422  yyx ……………………5 分 （Ⅱ）设点 BA, 的极坐标分别为     ，，， 21 ，将       20  分别代入曲线 21,CC 的极坐标方程得：  cos221  ，  sin42  则          sin623 3cos3 6sin62sin4cos22OBOA ， 其中 为锐角，且满足 3 6cos,3 3sin   ，当 2   时， OBOA  取最大值，此时， 2sin cos 2cos 2sin 2tantan,2                     …………10 分 （23）（本小题满分 10 分） 解：（Ⅰ）∵     022,2  xmxxfxmxxf 的解集为  4， 即     222 222 xmxmx  ，即    2222  mxm 当 02 m 时，解集为      2 2m， ， 642 2  mm ， 当 02 m 时，解集为 R，不符题意， 当 02 m 时，解集为      ， 2 2m 不符题意 综上可知， 6m ……………………………………………………………………5 分 （Ⅱ） 1226  cbam ， 又 3,0,0  cba               3 3 3 2 2 1 3 3221 2 1 2 3221311             cba cba cbacba 323 12 2 1 3      ， 当且仅当 3221  cba ，结合 122  cba 解得 7,1,3  cba ，等号成立， ∴    311  cba 的最大值为 32. …………………………………………………10 分