天津市河西区2016高三二模数学试卷答案(理科)

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河西区 2015—2016 学年度第二学期高三年级总复习质量(二) (Ⅱ)解: A 班的样本数据中上网时长不小于 21 小时的有 2 个,从中有放回地抽取 2 个数据,恰 1 有 1 个数据为“过度用网”的概率为 P  C2  ( )1 (1  )1  数学试卷(理工类)参考答案及评分标准 一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分. CBCA CBAD 2 6 2 6 4 . 9 „„„„6 分 (Ⅲ)解:随机变量 X 的取值为 0,1,2,3,4, P( X  0)  二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. (9) 0.03 (10)  2i (11)  6 (12) ( 2 , 2 2 C2 6 ,  2 2 C6 C6 225 1 1 2 2 1 1 C2 C2  C2 56 ,  2 2 225 C6 C6 1 1 1 1 2 2 2 2 C2 C2  C2 C2  101 ,  2 2 225 C6 C6 2 1 1 1 1 2 C2 C2  C2 56 ,  2 2 225 C6 C6 2 2 C2 6  , 2 2 C6 C6 225  4 ) (13) 5  1 e 1 ) (14) ( , e 2 P( X  1)  三、解答题:本大题共 6 小题,共 80 分. (15) (本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:因为函数 f ( x) 的最小正周期为 P( X  2)   2 , „„„„3 分    ,解得   2 .  2   令 2 x    k , k  Z , 所以 T  P( X  3)  P( X  4)  2  k 所以 x   , k Z , 8 2 4 随机变量 X 的分布列为: 所以 f ( x) 的定义域为 {x  R | x   8  k , k  Z} . 2 „„„„6 分  P 0 1 2 3 4 (Ⅱ)解:因为 f ( )  3 ,即 tan(    4 2 )  3, „„„„9 分 6 225 56 225 101 225 56 225 6 225 „„„„11 分 tan   1 1  3 ,解得 tan   , 2 1  tan  2 tan  4 所以 tan 2   . 2 1  tan  3 (16) (本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:经计算, x A  18 , x B  22 , X 的数学期望是 E( X )  0  „„„„13 分 (17) (本小题满分 13 分) 101 56 6 6 56  3  4  2 .„„„„13 分  1  2 225 225 225 225 225 (Ⅰ)解:以 D 为原点,以 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, „„„„1 分 据此估计, A 班的学生平均每周上网时长为 18 小时, B 班的学生平均每周上网时长为 22 小时. „„„„3 分 由题意得, D ( 0 , 0 , 0 ) , A(1 , 0 , 0 ) , B (1 ,1 , 0 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , E ( 0 , 2 , 2 ) , P (0 , 1 2 0 , 2 ) , F( , 0 , ), 2 2 则 AC  (1 , 2 , 0 ) ,平面 DEF 的一个法向量 n1  ( x , y , z ) , 高三年级数学试卷(理科)答案第 1 页(共 7 页) (二)

1 2 DE  (0 , 2 , 2 ) , DF  ( , 0 , ), 2 2  2 y  2z  0   n1  DE  0 由 ,即  1 , 2 z0   x n1  DF  0 2 2 取 z  2 ,得 n1  (2 2 ,  2 , 2) , 因为 AC · n1  1 (2 2 )  2  ( 2 )  0  2  0 , 所以 AC  n1, 所以 sin  6  cos  BQ, m   BQ  m BQ  m  5  1 2 192  10  7  1 , 2 则 2  1 ,由 0    1,所以   1 ,即 Q 点和 E 点重合, 故在线段 EF 上存在一点 Q ,且 FQ  EF  (18) (本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:由题意,设抛物线 C 的方程为 x 2  2 py ( p  0 ) , „„„„4 分 则 19 . 2 „„„„13 分 AC ∥平面 DEF . (Ⅱ)解:设平面 PBC 的一个法向量 n2  ( x , y , z ) , p  1, p  2 , 2 „„„„4 分 所以抛物线 C 的方程为 x 2  4 y . (Ⅱ)解:由题意,直线 AB 的斜率存在,设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y 2 ) , 直线 AB 的方程为 y  kx  1 , PB  (1 , 1 ,  2 ) , BC  (1 , 1 , 0 ) , 由   n2  PB  0 x  y  2 z  0 ,即  ,    x y0 n2  BC  0 „„„„5 分 取 x 1 ,得 n2  (1 , 1 , 2 ) , 设平面 ABC 的一个法向量 n3  ( 0 , 0 , 1) , 所以 cos  n2 , n3   y  kx  1 由 2 ,消去 y ,整理得 x 2  4kx  4  0 , x  4 y  x1  x2  4k , x1 x2  4 , „„„„6 分 从而 x1  x2  4 k 2  1 , „„„„8 分 „„„„9 分 n2  n3 2 2 ,   n2  n3 2 4 由图可知二面角 A  BC  P 为锐二面角, 所以二面角 A  BC  P 的大小为  . 4 „„„„8 分 y  2 x1 2 x1 8 y 1 x 由 ,   x1 ,解得点 M 的横坐标 xM  2 x1  y1 4  x1 x1  y  x  2 x1   4 同理点 N 的横坐标 x N  1 2 (Ⅲ)解:设存在点 Q 满足条件,由 F ( , 0 , ) , E (0 , 2 , 2 ) , 2 2 ( 2 1  ) 1  ), 设 FQ   FE ( 0    1),整理得 Q( , 2 , 2 2 ( 2 1  ) 1  ), , 2 1 , „„„„10 分 BQ  ( 2 2 因为直线 BQ 与平面 BCP 所成角的大小为 30 , 8 , 4  x2 所以 MN  2 xM  xN  8 2 令 4 k  3  t , t  0 ,则 k  x1  x2 8 2 k 2 1 ,  x1 x2  4( x1  x2 )  16 4k  3 „„„„11 分 t 3 , 4 高三年级数学试卷(理科)答案第 2 页(共 7 页) (二)

当 t  0 时, MN  2 2 25 6  1  2 2 , t2 t 所以 S k 1 n k2 1 1 1 1 1 1  2( 1  2  2  3  n  n1 ) ( T  k  1 ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 k k 5 3 16 8 当 t  0 时, MN  2 2 (  ) 2   2, t 5 25 5  2(1  1 2 n 1 )  2. 1 „„„„14 分 (20) (本小题满分 14 分) „„„„13 分 (19) (本 (Ⅰ)解:当 m  1 时,曲线 y  f ( x)  ( x  1) 2  ln x , 设切点坐标为 ( x0 , ln x0 ) , 25 4 8 综上所述,当 t   ,即 k   时, MN 的最小值是 2. 3 3 5 小题满分 14 分) (Ⅰ)解:圆 Cn 的圆心到直线 l n 的距离 d n  2n 2  n ,半径 rn  2an  n , 由 f ' ( x)  1 1 1 ,所以斜率 k  ,则切线方程为 y  ln x0  ( x  x0 ) , x0 x0 x 所以 an1  a 1 2 2 2 An Bn  rn  d n  2an ,即 n 1  2 , an 4 „„„„3 分 因为切线过点 P (0 ,  1) ,所以  1  ln x0  1 ,解得 x0  1 , 所以切线方程为 x  y  1  0 . (Ⅱ)解:函数 f ( x) 的定义域为 ( 0 ,  ) , „„„„3 分 又 a1  1 ,所以数列 {a n } 是首项为 1,公比为 2 的等比数列, an  2n1 . (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知, bn  所以 Tn  „„„„5 分 f ' ( x)  n n  n 1 , 4an 2 2x2  2x  m , x „„„„6 分 令 f ' ( x)  0 , 1 2 3 n  3  4    n1 , 2 2 2 2 2 1 1 2 3 n 1 n Tn   4  5    n1  n2 , 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n 1 n2 两式相减,得 Tn  2  3  4    n1  n2   n 2 , 2 2 2 2 2 2 2 2 n2 所以 Tn  1  n1 . 2 1  2n  2n  1, (Ⅲ)证明:因为 an  2n1 ,所以 S n  1 2 k2 k2  所以 k 2 S k (Tk  k  1) (2 k  1)(1  k 1  k  1) 2 2 k 1 1 1  k  2( k  k 1 ) , k 1 (2  1)( 2  1) 2 1 2 1 1 当 m  1 时, f ' ( x)  0 恒成立, 2 函数 f ( x) 的单调递增区间为 ( 0 ,  ) ; 2 当 0  m  1 时, 2 1  1  2m 1  1  2m ) ,( ,  ) ; 2 2 函数 f ( x) 的单调递增区间为 ( 0 , „„„„9 分 3 当 m  0 时, 1  1  2m ,  ) . 2 2x2  2x  m (Ⅲ)解: f ' ( x )  , x 函数 f ( x) 的单调递增区间为 ( 令 f ' ( x)  0 ,得 2 x 2  2 x  m  0 , „„„„7 分 „„„„11 分 由题意,方程有两个不相等的正数根 a , b ,且 a  b , 高三年级数学试卷(理科)答案第 3 页(共 7 页) (二)

  4(1  2m)  0 1  m 则 ,解得 0  m  ,  0 2  2  a 1  1  2m 1  1  2m 1 ,b  ,则 0  a   b  1 , 2 2 2 „„„„9 分 由 2b 2  2b  m  0 ,得 m  2b 2  2b , 所以 f (b)  b 2  2b  1  m ln b  b 2  2b  1  (2b 2  2b) ln b , b  ( , 1) , 1 2 1 f ' (b)  4(b  ) ln b , 2 1 1 当 b  ( , 1) 时, f ' (b)  0 ,即函数 f (b) 是 ( , 1) 上的增函数, 2 2 1  2 ln 2 1  2 ln 2 所以 , 0) ,  f (b)  0 ,故 f (b) 的取值范围是 ( 4 4 则 [ f (b)]  1 , 同理可求 f (a)  a 2  2a  1  (2a 2  2a) ln a , a  (0 , ) , „„„„11 分 1 2 1 f ' (a)  4(a  ) ln a  0 , 2 1 1 当 b  ( , 1) 时, f ' (b)  0 ,即函数 f (a ) 是 ( 0 , ) 上的减函数, 2 2 1  2 ln 2 1  2 ln 2 所以 , 1) ,  f (a)  1,故 f (a ) 的取值范围是 ( 4 4 则 [ f (a)]  1 或 [ f ( a )]  0 , 当 [ f (a)]  1 时, sin „„„„12 分 [ f (a)]  cos([ f (a)][ f (b)]) ; [ f (b)] „„„„14 分 当 [ f ( a )]  0 时, sin [ f (a)]  cos([ f (a)][ f (b)]) . [ f (b)] 高三年级数学试卷(理科)答案第 4 页(共 7 页) (二)

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