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数学试卷 第 1 页（共 4页） 高三数学第三次调研参考答案 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。 1． C 2． B 3． C 4． D 5． B 6． C 7． A 8．B 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部 选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分。 9． BC 10．AC 11．ABD 12．BCD 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。 13． 8 13 14．23.6 15．7 16．（第一空 2分，第二空 3分）二十，120 3 40 15 17．（1）设数列 na 的公差为 d ( 0)d ，则 7 47 35S a  ，即 4 5a  ， …… 1分 所以 1 4 3 5 3a a d d    ， 7 4 3 5 3a a d d    ． 因为 1a ， 4 1a  ， 7a 成等比数列，所以 2 4 1 7( 1)a a a  ， 即 24 (5 3 )(5 3 )d d   ，解得 1d   （舍去）或 1d  ， …… 3分 所以 1na n  ． …… 5分 （2）因为 1n n nb b a  ， 所以 2 1 2 3 4 2 1 2n n nT b b b b b b            1 2 3 4 2 1 2n nb b b b b b       1 3 2 1na a a     …… 8分 2(2 2 ) 2 n n n n   ． ……10分 18．（1）满足题意的 2个条件的序号为 ①③ ． …… 1分 由条件①知，  π3sin 2 012    ，所以 π2 π ( ) 12 k k   Z ， 即 ππ ( )6k k   Z ．因为 π 0 2    ，所以 π 6   ． …… 3分 由条件②知，  5π3sin 2 312    ，所以 5π π2 2 π ( ) 12 2 k k     Z ， 即 π2 π ( )3k k   Z ．因为 π 0 2    ，所以 π 3   ． …… 5分 由条件③知， 1sin 2    ，即 π 7π2 π 2 π ( )6 6k k k     Z或 ． 因为 π 0 2    ，所以 π 6   ． 综上，满足题意的 2个条件的序号为①③． …… 7分 （2）由（1）知，  π( ) 3sin 2 6f x x  ， 所以   2π( ) 3sin 2 6cos6g x x x    π π 1 cos23 sin 2 cos cos2 sin 66 6 2 xx x     数学试卷 第 2 页（共 4页） 3 3 3sin 2 cos2 32 2x x    π3sin 2 36x   ． ……10分 因为  π1 sin 2 16x ≤ ≤ ，所以 0 ( ) 6g x≤ ≤ ， 所以函数 ( )g x 的值域为  0 6， ． ……12分 19．（1）由题知， 的可能取值为 0，1，2，3，  4 3 10H  ， ， ．   0 4 3 7 4 10 10 6 C C P C     ，   1 3 3 7 4 10 11 2 C C P C     ，   2 2 3 7 4 10 32 10 C C P C     ，   3 1 3 7 4 10 13 30 C C P C     …… 4分 所以 的概率分布为：  0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 所以 的数学期望   1 1 3 10 1 2 3 1.26 2 10 30E           ． …… 6分 另法：因为  4 3 10H  ， ， ，数学期望 4 3( ) 1.210 nME N    ． （2）记“至少有一个零件直径大于 124 mm”为事件 A， 因为  120 4X N ， ，所以 120 2  ， ， …… 8分 所以   1 0.954 51 (| | 2 )124 0.022 752 2 P XP X       ≤ ， 所以  124 1 0.022 75 0.977 25P X   ≤ ， ……10分 所以   101 0.977 25 1 0.794 4 0.205 6P A      ． 答：至少有一件零件直径大于 124 mm的概率为 0.205 6． ……12分 20．（1）因为平面 BCD 平面 ABD，平面 BCD 平面 ABD BD ， BC BD ， BC 平面 BCD，所以 BC  平面 ABD． 又 AD平面 ABD，所以 BC AD ． …… 2分 因为 A是以 BD为直径的半圆O上一点，所以 AB AD ． …… 4分 又 AB BC B ， AB， BC 平面 ABC， 所以 AD 平面 ABC． …… 6分 （2）在平面 ABD上，过点O作Oy BD ， 在平面 BCD上，过点O作Oz∥BC， 由（1）知， BC  平面 ABD，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ． 因为 2 2BD BC  ， 2AD AB ，则 31( 0)2 2A ， ， ， (1 0 0)B ，， ， (1 0 1)C ，， ， ( 1 0 0)D  ，， ， 所以 ( 2 0 1)CD     ，， ， 33( 0) 2 2 DA  ， ， ． A B D O z y x C 数学试卷 第 3 页（共 4页） 设平面 ACD的一个法向量为 ( )x y z ，，m ，则 2 0 33 02 2 CD x z DA x y               ， ， m m 取 1x  ，则 3y   ， 2z   ，所以 (1 3 2)  ， ，m ． …… 9分 因为 y轴平面 BCD，所以平面 BCD的一个法向量 (0 1 0) ，，n ． ……10分 设二面角 A CD B  的平面角为 ， 为锐角， 则 2 2 2 1 ( 3) 6cos cos 41 ( 3) ( 2)             ， m nm n m n ， 所以二面角 A CD B  的余弦值为 6 4 ． …… 12分 21．（1）依据圆与抛物线的对称性，四边形 ABCD是以 y轴为对称轴的等腰梯形， 不妨设 AB CD ， A D， 在第一象限， 1 1( )A x y， ， 2 2( )D x y， ， 则 1 1( )B x y ， ， 2 2( )C x y ， ．联立 2 2 2 5( ) 42 ( 0) x y x my m         ， ， ， 消去 x得： 2 9( 5) 04y m y    ( ) ． 方程 ( ) 有互异二正根，所以 2 1 2 1 2 ( 5) 9 0 5 0 9 4 m y y m y y              ， ， ， 解得 0 2m  ． …… 1分 由 15 4 OA OD    ，得 1 2 1 2 15 4 x x y y  ， 即 1 2 1 2 15 4 m y y y y  ， …… 3分 由 1 2 9 4 y y  ，得 1m  ． …… 5分 （2）依据对称性，点G在 y轴上，可设 (0 )G a， ． 由 AG ACk k 得， 1 1 2 1 1 2 y a y y x x x     ，所以 1 21 1 2 1 1 2( ) y yy a y y m y m y y m        ， 则 1 2 3 2a y y  ，即 3(0 )2G ， ． …… 8分 方法一：  1 2 2 1 1 1 2 2( ) ( )( ) ( ) ( )GAB GCDABCDS S S S x x y y x a y x y a         △ △梯 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1( ) ( ) ( )x y x y a x x m y y y y a m y y         2 1 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 3 2 3 (2 )m y y y y a m y y y y m m          10分 (2 )3 32 m m  ≤ ． 当且仅当 2m m  ，即 1m  时， S最大值为 3． ……12分 方法二： 1 2 1 2 3 3( ) ( ) 2 2 2ABD ABG S S S x y my y     △ △ 数学试卷 第 4 页（共 4页） 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 3 3 3( ) ( ) 2 2 2 2 m y y y y m y y m y y y y         10分 23 3 3(5 3) ( 1) 1 2 2 2 m m m       ≤ ，所以 3S≤ ． 当且仅当 1m  时， S最大值为 3． ……12分 22．（1） ( ) 2 sin cos 3 sin2 3f x a x x a x     ， 由 3π( ) 3 03 2f a    ，知 2a  ， …… 2分 所以 ( ) 2sin 2 3f x x   ．令 ( ) 0f x  ，  π0 2x ， ，得 π π 6 3x  ； 令 ( ) 0f x  ，  π0 2x ， ，得 π0 6x  或 π π 3 2x  ， 所以 ( )f x 在  π π 6 3， 上单调递增，在  π0 6， 和  π π 3 2， 上单调递减．…… 4分 （2）( i )当 0 2a 时， 2( ) 2sin 3f x x x ，设 2( ) 2sin 3h x x x  ． ①当 π0 2x  时，由（1）知 3π 3( ) ( ) π 03 2 3h x h   极大 ， 又 (0) 0h  ，所以 ( ) 0h x  ，从而 ( ) 0f x  ． ②当 π 2x 时， 3( ) ( ) 2 π 02f x h x   ． 由①②知，当 0x  时， ( ) 0f x  1(i )； …… 6分 当 0x  时， ( ) 3 0f x x ≥ 2(i )．由 1 2(i )(i )得， 0x  时， ( ) 0xf x  ． …… 8分 ( ii )当 2 0a  时， 方法一： 2( ) 2sin 3f x x x  ，设 2( ) 2sin 3g x x x   ， 3( ) 2(sin 2 )2g x x    ． ①当 π 02 x   时，由 ( ) 0g x  得， 1 π 6x   ， 2 π 3x   ， 同理有 3π 3( ) ( ) π 03 2 3f x g     极小 ， 又 π π( ) ( ) 02 3g g    ， (0) 0g  ，所以 ( ) 0g x  ，从而 ( ) 0f x  ．……10分 ②当 π 2x  时， 3( ) 2 π 02f x    ． 由①②得，当 0x  时， ( ) 0f x  1( j )；当 0x  时，显然 ( ) 0f x  2( j )． 由 1 2( j )( j )得， 0x  时， ( ) 0xf x  ．由( i )( ii )结论获证． ……12分 方法二：则 0 2a  ，则 2( ) sin 3g x a x x   ，满足 0x  时， ( ) 0xg x  ． 又 ( )y xf x 与 ( )y xg x 的图象关于 y轴对称，所以 0x  时， ( ) 0xf x  ． 由( i )( ii )结论获证． ……12分