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兰炼总校2013届高三建标考试数学(理科)答案

时间:2013-11-02


兰炼总校 2013 届高三建标考试数学(理科)试题答案
一、选择题 CCBAA DCADC AC

二、填空题 13.

0.1587

14. 5 ? ?

15.

7 2

16.

n 3n ? 1

、解答题 17. (Ⅰ)由正弦定理得 a ? 2R sin A, b ? 2R sin B, c ? 2R sin C, 所以

cos A-2 cos C 2c-a 2sin C ? sin A = , = sin B cos B b

即 sin B cos A ? 2sin B cos C ? 2sin C cos B ? sin A cos B , 即有 sin( A ? B) ? 2sin( B ? C ) , 即 sin C ? 2sin A , 所以

sin C =2. sin A c sin C =2,即 c=2a,又因为 b ? 2 ,所以由余弦定理得: ? a sin A

(Ⅱ)由(Ⅰ)知:

b2 ? c 2 ? a 2 ? 2ac cos B ,
即 2 ? 4a ? a ? 2a ? 2a ?
2 2 2

1 , 4

解得 a ? 1 ,所以 c=2, 又因为 cosB=

15 1 ,所以 sinB= , 4 4

故 ?ABC 的面积为

1 1 15 15 = ac sin B ? ?1? 2 ? 4 4 2 2

18. 解: (Ⅰ)记“取出的 3 张卡片上的数字互不相同”为事件 A ,

C3C1 C1 C1 2 2 则 P ? A ? = 5 2 3 2 2 = ,即取出的 3 张卡片上的数字互不相同的概率为 . C10 3 3
(Ⅱ)随机变量 X 的所有可能取值为 2,3, 4,5, 相应的概率为: P ( X ? 2) ?

C3 1 4 , ? 3 C10 30

P( X ? 3) ?

C1 C2 C2C1 2 2 4 ? 23 4 ? , 3 C10 C10 15
2 2 C1 C6 C2 C1 3 2 ? 36 ? , 3 C10 C10 10

P( X ? 4) ?

P( X ? 5) ?

2 2 C1 C8 C2C1 8 2 ? 38 ? , 3 C10 C10 15

∴随机变量 X 的分布列为: X P 2 3 4 5

1 30

2 15

3 10

8 15

E( X ) ? 2 ?

1 2 3 8 13 ? 3? ? 4 ? ? 5? ? . 30 15 10 15 3 3 8 5 ? ? . 10 15 6

(Ⅲ)从盒子里任取 3 张卡片,按卡片上最大数字的 9 倍计分,所以要计分超过 30 分,随机变量 X 的取值应为 4 或 5, 故所求概率为 P ? P( X ? 4) ? P( X ? 5) ?

19 证明:由条件知四边形 ABCD 是菱形,所以 BD ? AC ,而平面 AA1CC1 ? 平面 ABCD ,平面 AA1CC1 ? 平面 ABCD ? AC ,
1

所以 BD ? 平面 AA1CC1 ,又 AA1 ? 平面 AA1CC1 ,因此 BD ? AA1 .
?

(3 分)
?

⑵因为 ?ABC ? 60 , ABCD 是菱形,所以 AC ? AB ? AA1 ,而 ?A1 AC ? 60 ,所以 ?A1 AC 是正三角形. 令 BD ? AC ? O ,连结 AO , 1 则 BD, AC , OA1 两两互相垂直. 如图所示,分别以 BD, AC , OA1 所在的直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系,则

D(? 3, 0, 0) ,

???? ? ??? ? A(0, ?1,0) , A1 (0, 0, 3) , DA ? ( 3, ?1, 0) , DA1 ? ( 3, 0, 3) , ? n ? (1, 0, 0) . ? 设 m ? ( x, y, z ) 是平面 DAA1 的法向量,则 ? ? ??? ? ?m ? DA ? 0 ? ? ? 3x ? y ? 0 ? y ? 3x . ?? ?? ? ? ? ???? ?m ? DA1 ? 0 ? 3x ? 3z ? 0 ? x ? z ? 0 ? ? ? ? 令 x ? 1 ,则 y ? 3, z ? ?1. 即 m ? (1, 3, ?1) . 设二面角 D ? AA1 ? C 的平面角为 ? ,
则 ? 是锐角,并且

平 面 AA1CC1 的 法 向 量 为

?? ? m?n ?? ? 1 5 cos ? ? cos m, n ? ?? ? ? ? . 5 m ? n 1? 1 ? 3 ? 1

5 . 5 ??? ? ???? ? ??? ? ⑶设这样的点 P 存在,且 CP ? ? CC1 ,而 C (0,1, 0), C1 (0, 2, 3),所以 P(0,1? ? , 3? ) ,又 B ( 3, 0, 0) ,所以 BP ? (? 3,1 ? ? , 3? ) , ???? ? DC1 ? ( 3, 2, 3) ? ???? ? ? ?k ? DC1 ? 0 ? 3x ? 2 y ? 3z ? 0 ? y ? 0 ? ? 设 k ? ( x, y, z ) 是平面 DA1C1 的法向量,则 ? ? ???? . ?? ?? ?
因此二面角 D ? AA1 ? C 的余弦值为
?k ? DA ? 0 ? 3x ? 3z ? 0 ?x ? z ? 0

? ? 1 ? ? ? ??? 令 z ? 1,则 x ? ?1 ,即 k ? (?1,0,1) .要使 BP ∥平面 DA1C1 当且仅当 k ? BP ? 0 ? (?1) ? (? 3) ? 0 ? (1 ? ? ) ? 1? 3? ? 0 ,所以 ? ? ?1 .这 说明题目要求的点 P 存在,实际上,延长 C1C 到点 P ,使得 CP ? C1C 即得到所求的点 P .

20 解(Ⅰ) BC 斜率不为 0,所以可设 BC 方程为 my ? x ? 1 , 与椭圆联立得: (m ? 3) y ? 2my ? 3 ? 0 ,
2 2

设 B( x1 , y1 ), C ( x2 , y 2 ) ,所以 y1 ? y 2 ? 所以

2m ?3 . , y1 y 2 ? 2 2 m ?3 m ?3
? 3(m 2 ? 1) 2m 2 ? 2 ?1 ? 0 , m2 ? 3 m ?3

AB ? AC ? ( x1 ? 2, y1 ) ? ( x2 ? 2, y 2 ) ? (m 2 ? 1) y1 y 2 ? m( y1 ? y 2 ) ? 1 ?
即 AB ? AC (Ⅱ) ?ABC 面积

S?

1 | y1 ? y 2 |? 2
2

4m 2 ? 9 ? m2 ? 3

4 3 ? 2 , m ? 3 (m ? 3) 2
2

1 1 1 ? (0, ] ,所以 S ? 4t ? 3t 2 ,当 t ? 时, S 最大 3 3 m ?3 即 m ? 0 时 S 最大为 1
设t ?

1 a( x ? )( x ? a) a ax ? (a ? 1) x ? a (ax ? 1)( x ? a) a 21.解: (Ⅰ) f ' ( x) ? ax ? (a 2 ? 1) ? ? ? ? x x x x
2 2

(1)当 a ? 0 时, f ' ( x) ? 0 在 (0,??) 恒成立, f ( x) 在 (0,??) 递减; (2)当 a ? 1 时, f ' ( x) ? 0 解集为 ( , a ) , f ' ( x) ? 0 解集为 (0, ) ? (a,??) ,

1 a

1 a

1 1 f ( x) 在 ( , a) 递减,在 (0, ), (a,??) 上递增; a a 1 1 (3)当 0 ? a ? 1 时, f ' ( x) ? 0 解集为 (a, ) , f ' ( x) ? 0 解集为 (0, a) ? ( ,??) , a a 1 1 f ( x) 在 (a, ) 递减,在 (0, a), ( ,??) 上递增; a a
(4)当 a ? 1 时, f ' ( x) ? 0 解集为 (0,1) ? (1,??) ,

f ( x) 在 (0,1) 递增,在 (1,??) 上递增,且 f ( x) 在 x ? 1不间断,所以 f ( x) 在 (0,??) 递增;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得 a ? 1 时, f ( x) 极大值为 f ( ) ,极小值为 f (a ) .

1 a

2

所以所有极值之和为 f ( ) ? f (a) ? ?

1 a

a3 1 , ? 2a ? 2 2a

设 g (a) ? ?

a3 1 ? 3a 4 ? 4a 2 ? 1 - (3a 2 - 1)(a 2 + 1) ,则 g ' (a) ? = ? 2a ? 2 2a 2a 2 2a 2

当 a ? 1 时 g ' (a) ? 0 ,所以 g (a ) 在 a ? 1 时递减, 所以 g (a) ? g (1) ? ?3 22.(1)因为 FG 与圆 O 相切于点 G,

FG 2 ? FD ? FA, EF ? FG ,? EF 2 ? FD ? FA ? ?

EF FA ? FD EF

? ?EFD ? ?AFE,??EFD ~ ?AFE
(2)由(1)知, ?FED ? ?FAE , 又因为

? ?FAE ? ?BCD,??FED ? ?BCD ? EF // BC
23. (Ⅰ)

x2 ? y2 ? 1 2
2 50 9

(Ⅱ)

24. (Ⅰ) a ? 2 (Ⅱ) m ? 5

3


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