唐山市2019－2020学年度高三摸底考试数学（理科）试卷答案

唐山市2019－2020学年度高三摸底考试数学（理科）试卷答案

唐山市 2019~2020 学年度高三年级摸底考试 理科数学参考答案 一．选择题： A 卷：CADDC CBCBB AD B 卷：CABDC CDCBB AD 二．填空题： （13）0 （14） 3 2 （15）( 9 8，13 8 ] （16）6 三．解答题： 17．解： （1）由 S＝ 1 2bcsin A＝ 1 6b2tan A 得 3csin A＝btan A． 因为 tan A＝sin A cos A，所以 3csin A＝bsin A cos A ， 又因为 0＜A＜π，所以 sin A≠0， 因此 b＝3ccos A． …4 分 （2）因为 tan A＝2，所以 cos A＝ 5 5 ， 由（1）得 2bccos A＝2b2 3 ，c＝ 5b 3 ． …8 分 由余弦定理得 8＝b2＋c2－2bccos A， 所以 8＝b2＋5b2 9 －2b2 3 ＝8b2 9 ， 从而 b2＝9． 故 S＝ 1 6b2tan A＝3． …12 分 18．解： （1）通过茎叶图可以看出，A 选手所得分数的平均值高于 B 选手所得分数的平均值；A 选手所 得分数比较集中，B 选手所得分数比较分散． …4 分 （2）记 CA1 表示事件：“A 选手直接晋级”， CA2 表示事件：“A 选手复赛待选”； CB1 表示事件：“B 选手复赛待选”， CB2 表示事件：“B 选手淘汰出局”． 则 CA1 与 CB1 独立，CA2 与 CB2 独立，CA1 与 CA2 互斥，C＝(CA1CB1)∪(CA1CB2)∪(CA2CB2)． P (C)＝P (CA1CB1)＋P (CA1CB2)＋P (CA2CB2) ＝P (CA1)P (CB1)＋P (CA1)P (CB2)＋P (CA2)P (CB2)． 由所给数据得 CA1，CA2，CB1，CB2 发生的频率分别为 8 20，11 20，10 20， 3 20，故 P (CA1)＝ 8 20，P (CA2)＝11 20，P (CB1)＝10 20，P (CB2)＝ 3 20， P (C)＝ 8 20×10 20＋ 8 20× 3 20＋11 20× 3 20＝137 400． …12 分 19．解： （1）连接 AC 交 BD 于 O，连接 OE． 由题意可知，PE＝EC，AO＝OC， ∴PA∥EO，又 PA平面 BED，EO平面 BED， ∴PA∥平面 BED． …4 分 （2）以 D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 D－xyz，设 PD＝CD＝1， AD＝a， 则 A(a，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)， P(0，0，1)， DB→＝(a，1，0)， PB→＝(a，1，－1)， PC→＝(0，1，－1) 设平面 PBC 的法向量 n＝(x，y，z)， 由   PB→·n＝0， PC→·n＝0， 得  ax＋y－z＝0， y－z＝0， 取 n＝(0，1，1)． …7 分 直线 BD 与平面 PBC 所成的角为 30，得 |cos DB→，n|＝| DB→·n| | DB→||n| ＝ 1 a2＋1× 2 ＝ 1 2，解得 a＝1． …9 分 同理可得平面 PBD 的法向量 m＝(－1，1，0)， …10 分 cosn，m＝ n·m |n||m|＝ 1 2× 2＝ 1 2， ∵二面角 C−PB−D 为锐二面角，∴二面角 C−PB−D 的大小为 60°． …12 分 20．解： （1）由已知可得 F (0，1)，设 A (x1，x21 4 )，B (x2，x22 4 )， y＝kx＋2 与 x2＝4y 联立得，x2－4kx－8＝0， x1＋x2＝4k， ① x1x2＝－8． ② …2 分 |FA|＋|FB|＝x21 4＋1＋x22 4＋1 ＝(x1＋x2)2－2x1x2 4 ＋2． …4 分 当 k＝1 时，由①②得|FA|＋|FB|＝10 …5 分 （2）由题意可知， FA→＝(x1，x21 4－1)， FB→＝(x2，x22 4－1)， FC→＝(－3，－3). ∠CFA＝∠CFB 等价 cos FA→， FC→＝cos FB→， FC→， …8 分 又|FA|＝x21 4＋1，|FB|＝x22 4＋1 则 FA→· FC→ | FA→|| FC→| ＝ FB→· FC→ | FB→|| FC→| ，整理得 4＋2(x1＋x2)－x1x2＝0， 解得 k＝－ 3 2， …11 分 所以，直线 l 的方程为 3x＋2y－4＝0． …12 分 A B C E D P O y z x 21．解： （1）g (x)＝f (x)＝xcos x＋sin x， 所以 x∈(0，π 2]时，g (x)＞0，即 g (x)在(0，π 2]内没有零点． …2 分 x∈(π 2，π)时，g (x)＝2cos x－xsin x， 因为 cos x＜0，xsin x＞0，从而 g (x)＜0， 所以 g (x)在(π 2，π)上单调递减， 又 g (2)＝(2＋tan 2)cos 2＞0，g (2π 3 )＝－π 3＋ 3 2 ＜0， 所以 g (x)在(2，2π 3 )内有唯一零点 t． …6 分 （2）由（1）得， x∈(0，t)时，g (x)＞0，所以 f (x)＞0，即 f (x)单调递增； x∈(t，π)时，g (x)＜0，所以 f (x)＜0，即 f (x)单调递减， 即 f (x)的最大值为 f (t)＝tsin t． 由 f (t)＝tcos t＋sin t＝0 得 t＝－tan t， 所以 f (t)＝－tan t·sin t， 因此 f (t)－2＝－sin 2t－2cos t cos t ＝cos 2t－2cos t－1 cos t ＝(cos t－1)2－2 cos t ． …9 分 因为 t∈(2，2π 3 )，所以 cos t∈(－ 1 2，cos 2)， 从而(cos 2－1)2－2＝(－1.416 1)2－( 2)2＞0， 即(cos t－1)2－2 cos t ＜0， 所以 f (t)－2＜0， 故 f (x)＜2． …12 分 22．解： （1）由圆 C：ρ＝4cos θ 可得 ρ2＝4ρcos θ， 因为 ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ， 所以 x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4． 直线 l：   x＝－1＋tcosα， y＝－3 3＋tsinα（t 为参数，0≤α＜π）． …5 分 （2）设 A，B 对应的参数分别为 tA，tB， 将直线 l 的方程代入 C 并整理，得 t2－6t( 3sinα＋cos α)＋32＝0， 所以 tA＋tB＝6( 3sinα＋cos α)，tA·tB＝32． 又 A 为 MB 的中点，所以 tB＝2tA， 因此 tA＝2( 3sinα＋cos α)＝4sin(α＋ π 6)，tB＝8sin(α＋ π 6)， …8 分 所以 tA·tB＝32sin2(α＋ π 6)＝32，即 sin2(α＋ π 6)＝1． 因为 0≤α＜π，所以 π 6≤α＋ π 6＜7π 6 ， 从而 α＋ π 6＝ π 2，即 α＝ π 3． …10 分 23．解： （1）f (x)＝  －3x， x＜－1， －x＋2，－1≤x≤ 1 2， 3x， x＞ 1 2． …3 分 y＝f (x)的图象如图所示： …5 分 （2）一方面，由 f (x)≤m|x|＋n 得 f (0)≤n，解得 n≥2． 因为 f (x)≥|(2x－1)＋(x＋1)|＝3|x|，所以 m|x|＋n≥3|x|．（※） 若 m≥3，（※）式明显成立；若 m＜3，则当|x|＞ n 3－m时，（※）式不成立． …8 分 另一方面，由图可知，当 m≥3，且 n≥2 时，f (x)≤m|x|＋n． 故当且仅当 m≥3，且 n≥2 时，f (x)≤m|x|＋n． 因此 m＋n 的最小值为 5． …10 分 x y O 1 1