山西大同第一中学高三数学模拟答案三理PDF

数学（理）模拟卷三答案数学（理）模拟卷三答案 一选择题一选择题 1-6CBACAA7-12CBBBAD 二填空题二填空题 13 12 0, 5 14115 3 5 , 4 3 16 1 (, ) e 17.当命题p是真命题时，函数 2 23f xxax的值域为 0,，则 2 4120a ， 解得 3a 或 3a ； 解不等式 2 2550amam m，即50amam ， 解得5am或am，所以，命题:5q am或am. 则:33pa ，:5q mam ， 所以， 53 3 m m ，解得 353m 18（1）证明：取BC的中点H，连结OH、FH、OE， 因为FBFC，所以FHBC， 因为平面FBC 平面ABCD，平面FBC 平面ABCDBC，FH 平面FBC， 所以FH 平面ABCD， 因为H、O分别为BC、AC的中点，所以/ /OHAB且 12 3 23 OHAB . 又/ /EFAB， 2 3 3 EF ，所以 / /EFOH，所以四边形OEFH为平行四边形， 所以/ /OEFH，所以OE 平面ABCD. （2）解：因为菱形ABCD，所以2OAOCOEFH. 所以OA，OB，OE两两垂直，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示， 则(2,0,0)A， 2 3 (0,0) 3 B ，( 2,0,0)C ，(0,0,2)E， 所以(1,0,1)Q， 所以 2 3 ( 2,0) 3 BC ，(3,0,1)CQ ， 设平面BCQ的法向量为( , , )mx y z ， 由 0 0 BC m CQ m 得 2 3 20 3 30 xy xz ， 取1x ，可得(1,3, 3)m ， 平面ABC的一个法向量为(0,0,1)n ， 设二面角QBCA的平面角为， 则 33 13 cos 1311 39 m n m n ， 所以二面角QBCA的余弦值为 3 13 13 . 19（1）由题意可知，随机变量X的可能取值有3、4、5、6， 3 11 3 28 P X ， 3 1 3 13 4 28 P XC ， 3 2 3 13 5 28 P XC ， 3 11 6 28 P X . 所以，随机变量X的分布列如下表所示： X3456 P 1 8 3 8 3 8 1 8 所以， 13319 3456 88882 E X ； （2）依题意，当198n时，棋子要到第1n站，有两种情况： 由第n站跳1站得到，其概率为 1 2 n P； 可以由第1n站跳2站得到，其概率为 1 1 2 n P . 所以， 11 11 22 nnn PPP . 同时减去 n P得 111 111 198 222 nnnnnn PPPPPPn ； （3）依照（2）的分析，棋子落到第99站的概率为 999897 11 22 PPP， 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有 10098 1 2 PP. 所以 10099 PP，即最终棋子落在第99站的概率大于落在第100站的概率，游戏不公平. 20.（1）由题意得：(2 1 1) ( 1 0 1)40 , (1,2)( 1,0)AB、被直线10 xy 分隔； （2）由题意得：直线y kx 与曲线 22 41xy无交点, 22 41xy ykx ,整理得 22 1 410kx 无解,即 2 1 40k 11 , 22 k , 又对任意的 11 , 22 k ，点(1,0)和( 1,0)在曲线 22 21xy上，满足 2 (0)(0)0kkk ，所以点(1,0)和( 1,0)被直线y kx 分隔， 所求的 k 的范围是 11 , 22 . （3）由题意得：设( , )M x y, 22 (2)| 1xyx , 化简得点 M 的轨迹方程为 222 (2)1xyx 对任意的 0 y R，点 0 0, y不是方程 222 (2)1xyx 的解 直线0 x 与曲线 E 没有交点, 又曲线 E 上的两点( 1,2)和(1,2)对于直线0 x 满足1 110 , 即点( 1,2)和(1,2)被直线0 x 分隔, 21.（1）解： 222 22 ( )1 aaxxa fxax xx ，(0,)x. 设 22 ( )2(0)p xaxxax， 3 1 8a 当 1 2 a 时，0 ，( )0p x ，则( )0fx ， ( )f x在(0,)上单调递增 当 1 0 2 a时， ，( )p x的零点为 3 1 11 8 2 a x a ， 3 2 11 8 2 a x a ， 所以 ( )f x在 3 11 8 0, 2 a a ， 3 11 8 , 2 a a 上单调递增 ( )f x在 33 11 811 8 , 22 aa aa 上单调递减 当0a 时， ，( )p x的零点为 3 11 8 2 a a ， ( )f x在 3 11 8 0, 2 a a 上单调递增，在 3 11 8 , 2 a a 上单调递减. （2）证明；由（1）知，当 1 0 2 a时，( )f x存在两个极值点 不妨假设 12 0 xx，则 12 1 xx a 要证 12 1212 11f xf x xxxx ，只需证 1212 12 12 1221 xxxxxx f xf x x xxx 只需证 22 1112 121212 2221 11 22ln2ln 22 xxxx xxa xxaxxa xxxx 即证 2 112 12 221 1 2ln 2 xxx axx xxx ， 设 1 2 (01) x tt x ，设函数 2 1 ( )2lng tatt t ， 22 2 21 ( ) ta t g t t ， 因为 4 440a ，所以 22 210ta t ，( )0g t ， 所以( )g t在(0,1)上单调递减，则( )(1)0g tg 又 12 1 0 2 xx，则 12 1 ( )0 2 g txx，则 2 112 12 221 1 2ln 2 xxx axx xxx 从而 12 1212 11f xf x xxxx 22 （1）当 6 a 时，直线l的参数方程为 3 1, 1, 6 2 1 1, 1, 6 2 xtcos xt ytsin yt . 消去参数 t 得3130 xy . 由曲线 C 的极坐标方程为 2 2 4 1 sin . 得 2 2 sin4， 将 222 xy，及siny代入得 22 24xy， 即 22 1 42 xy （2）由直线l的参数方程为 1, 1, xtcos ytsin （t为参数，0）可知直线l是过点 P （-1，1）且倾斜角为的直线，又由（1）知曲线 C 为椭圆 22 1 42 xy ，所以易知点 P（-1， 1）在椭圆 C 内， 将 1, 1, xtcos ytsin 代入 22 1 42 xy 中并整理得 22 1 sin2 2sincos10tt ， 设 A，B 两点对应的参数分别为 12 ,t t， 则 12 2 1 1 sin t t 所以 12 2 1 1 sin PAPBt t 因为0，所以 2 sin0,1， 所以 12 2 11 ,1 1 sin2 PAPBt t 所以PA PB的取值范围为 1 ,1 2 . 23（1）当 a