遵义南白中学第三次联考理科数学答案

遵义市南白中学遵义市南白中学 2016-2017-1 高三第四次联考试卷高三第四次联考试卷 理科数学答案理科数学答案 一、一、选择题选择题 15AABCD610CCBCB1112AD 二、二、填空题填空题 1313. .2 214.14.-2,4-2,415.15.4 416.16.4 4 三、三、解答题解答题 17.解: (1)(1) 解：解：A+B+C=180A+B+C=180由由 2 7 2cos 2 cos4 2 7 2cos 2 sin4 22 C C C BA 得 2 7 ) 1cos2( 2 cos1 4 2 C C 整理，得整理，得01cos4cos4 2 CC4 4 分分 解解 得：得： 2 1 cosC5 5 分分 1800CC=60C=606 6 分分 （2 2）解：）解：由余弦定理得：由余弦定理得：c c 2 2=a =a 2 2+b +b 2 2 2abcosC2abcosC，即，即 7=a7=a 2 2+b +b 2 2 abababba3)(7 2 由条件由条件 a+b=5a+b=5 得得 7=257=253ab3ab 9 9 分分ab=61010 分分 2 33 2 3 6 2 1 sin 2 1 CabS ABC 1212 分分 18.（1）甲参加比较合适，理由如下： 85)35124889290480270( 8 1 甲 x 85)53535390480170( 8 1 乙 x2 分 222222 )8585()8583()8580()8579()8578( 8 1 甲 S )8595()8592()8590( 222 =35.5 222222 )8585()8583()8580()8580()8575( 8 1 乙 S )8595()8592()8590( 222 =415 分 22 , 乙甲乙甲 SSxx 甲的成绩比较稳定，派甲参加比较合适6 分 （2） “甲同学在一次数学竞赛中成绩高于 80 分”为事件 A， 则 4 3 8 6 )(AP8 分 随机变量的可能取值为 0，1，2，3， 且服从 B（ 4 3 , 3）,) 4 3 1 () 4 3 ()( 331 3 k CkP k=0，1，2，3 的分布列为： 0123 P 64 1 64 9 64 27 64 27 4 9 64 27 3 64 27 2 64 9 1 64 1 0E（或（或 4 9 4 3 3 npE） 1212 分分 19解：解法一： （）PA平面ABCD，90BAD ， 1AB ，2AD，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则0,0,0 ,1,0,0 , (1,1,0), (0,2,0)ABFD2 分 不妨令(0,0, )Pt(1,1,)PFt ，(1, 1,0)DF 1 1 1 ( 1) ( ) 00PF DFt ， 即PFFD6 分 （）ABPAD 平面，AB 是平面PAD的法向量，易得1,0,0AB ，8 分 又PA平面ABCD，PBA是PB与平面ABCD所成的角， 得45PBA ， 1PA，平面PFD的法向量为 1 1 ,1 2 2 n 10 分 1 6 2 cos, 611 1 44 AB n AB n ABn ， 故所求二面角A PD F的余弦值为 6 6 12 分 解法二： （）证明：连接AF，则2AF ，2DF ， 又2AD， 222 DFAFAD，DFAF3 分 又PAABCD 平面，DFPA，又PAAFA， DFPAF DFPF PFPAF 平面 平面 6 分 （） PA平面ABCD， PBA是PB与平面ABCD所成的角， 且45PBA 1PAAB8 分 取AD的中点M，则FM AD，FM 平面PAD， 在平面PAD中，过M作MNPDN于，连接FN，则PDFMN 平 面， 则MNF即为二面角A PD F的平面角10 分 Rt MNDRt PAD， MNMD PAPD ， 1,1,5PAMDPD，且90oFMN 5 5 MN ， 630 55 FN ， 6 cos 6 MN MNF FN 1212 分分 20 解（1）设椭圆的标准方程是 22 22 1(0) xy ab ab 。 由于椭圆的一个顶点是(0, 2)A，故 2 2b，根据离心率是 3 2 得， 22 2 3 2 cab aa ， 解得 2 8a 。 所以椭圆的标准方程是 22 1 82 xy 。 （4 分） （2）设 112200 ( , ), ( ,), ( ,)P x y Q x yN x y 。 设直线l的方程为2ykx，与椭圆方程联立消去y得 22 (1 4 )168 0k xkx ，根据韦达定理得 12 2 16 14 k xx k ， 12 2 8 14 x x k 8 分 由 | | PMMQ PNNQ ，得 20 2 01 1 00 xx x xx x ，整理得 1 2012 2()xxx xx ，把上面的等式代入 得 0 1 x k ， 又 点N在 直 线2ykx上 ， 所 以 0 1 ()21yk k ， 于 是 有 1 12y （10 分） 1 11 21 1 11 y yy ， 由 1 12y， 得 1 1 21 1y ， 所以2 综上所述2 。 。 ， （12 分） 21.解： （1）当1a 时，( )(2)ln(1)2f xxxx， 则 21 ( )ln(1)2ln(1)1 11 x fxxx xx ，2 分 记 1 ( )ln(1)1 1 h xx x ， 则 22 11 ( )0 1(1)(1) x h x xxx ，即0 x ，3 分 从而，( )h x在(0,)上单调递增， 在( 1,0)上单调递减， 则( )(0)0h xh， 即( )0fx 恒成立，故( )fx在( 1,)上单调递增，无单调递减区间，又(0)0f，则 0 为唯一零 点5 分 （2）由题意知 2 ( )( )ln(1)g xf xxx 2 2 ln(1)2axxx ， 则 2 ( )22 1 a g xx x ， 直线AB的斜率 21 21 yy k xx ，则有： 1221 21 () 2 xxyy g xx ， 即 22 222111 12 12 21 2 ln(1)22 ln(1)2 2 22 2 1 2 axxxaxxx xxa xx xx ， 即 2 1 1212 1221 1 2 ln 14 22 2 x a xa xxxx xxxx ，7 分 即 2 1 1221 1 ln 12 2 x a xa xxxx ，即 221 112 12 () ln 12 xa xx a xxx ，9 分 当0a 时，式恒成立，满足条件；10 分 当0a 时，式得 2 221211 2 11221 1 1 1 1(1)(1)1 ln222 1 12(1)(1) 1 1 x xxxxxx x xxxxx x ， 记 2 1 1 1 x t x 1，不妨设 21 xx ，则0t，式得 2 ln(1) 2 t t t 由（1）问可知，方程在(0,)上无零点 综上，满足条件的实数0a 12 分 22.解： （1）曲线C的直角坐标方程为 22 (3)3xy4 分 （2）P的坐标为( 3,0)，将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得： 2 (33)3 0tt ， 设点A，B，D对应的参数分别为 1 t， 2 t ， 3 t，则 12 33tt ， 1 2 3tt ， |=PD 12 3 33 | | 22 tt t ，8 分 所以|PD的长为 33 2 10 分 23.解:：()541xx