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唐山三模 2016唐山三模

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【 – 小学作文】

篇一:《2016唐山三模理科数学及答案》

唐山市2015—2016学年度高三年级第三次模拟考试

高三理科数学答案第1页 共4页

一、选择题

理科数学参考答案

A卷:BCAAD BCCBB AD

B卷:BCAAD BBCDC AD 二、填空题

(13)4 (14)3π (15)-1 三、解答题 (17)解:

(16)(-3,0)

2a+b-c2sinA+sinB-sinC

(Ⅰ)因为 ,所以由正弦定理可得:,

cosBcosCcosBcosC

所以2sinAcosC=-(sinBcosC+sinCcosB)=-sinA.

1

因为sinA≠0,所以cosC=-.

2又0<C<π,故C=

. 3

…5分

π 3 1

(Ⅱ)sinAsinB=sinAsin(A)=sinA(A-A)

322

1-cos2A 1 3 1 3 π 1

2A-sin2A=2A-(2A+- 4244264

…12分

π π 1

因为0<A,所以当A=时,sinAsinB有最大值为

364

(18)解:

(Ⅰ)该组数据的中位数为87,众数为92,

打印的15件产品中,合格品有10件,由此可估计该打印机打出的产品为合格品的

2

概率为. …5分

3

(Ⅱ)随机变量X可以取-54,18,90,162,

2 3 1 2 2 2 2 1

P(X=-54)=C0×1-= P(X=18)=C××1=, 33

327339 2 2 2 1 4 2 3 8 23

P(X=90)=C3××1- P(X=162)=C3×=

339327

X的分布列为

8

∴随机变量X的期望E(X)=(-54)×+18×+90×162×=90. …12分

279927

()()()()

(19)解:

(Ⅰ)∵PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD,

高三理科数学答案第2页

∴PA⊥AE,

又∵PB⊥AE,PB∩PA=P,

∴AE⊥平面PAB,又∵AB平面PAB, ∴AE⊥AB.

又∵PA⊥AB,PA∩AE=A, ∴AB⊥平面PAE,

又∵PE平面PAE, ∴AB⊥PE. …6分 (Ⅱ)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则B(23,0,0), P(0,0,2),C(-3,3,0),D(3,1,0),

∴→BC=(-33,3,0),→PC=(3,3,-2),→DC=(0,2,0). 设平面PBC的一个法向量m=(x,y,z),

m·→-33x+3y=0,BC=0,则即

-x+3y-2z=0,→m·PC=0,

令x=1,得n=(1,3,3).

同理可求平面PCD的一个法向量n=(2,03).

m·n-1 1

∴cosm,n=

7|m||n|7·7∵二面角B-PC-D为钝二面角,

1

∴二面角B-PC-D的余弦值为-.

7

…12分

(20)解:

x2y2

(Ⅰ)设椭圆C+=1(a>b>0),由已知可得:

ab

2b2

=3,a=2,a

解得 c=1,b3.

a2=b2+c2.

22 x y

故所求椭圆C的方程为=1.

43

…4分

(Ⅱ)假设存在满足条件的点T(t,0),

当直线AB斜率不为0时,可设直线AB为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 将x=my+1代入C得(4+3m2)y2+6my-9=0,

-6m-94-12m28

显然Δ>0,且y1+y2=yy=,x+x=xx=

4+3m124+3m124+3m124+3m所以→TA·→TB=(x-t)(x-t)+yy=xx-t(x+x)+t2+yy=

(6t-15)m-92

t-2t+1,

4+3m高三理科数学答案第3页 共4页

2

1

2

12

12

1{唐山三模}.

2

12

6t-15-911

要使→TA·→TB为定值须有t=

348

11 135

此时T(0),→TA·→TB为定值-.

864

135

当直线AB斜率为0时,→TA·→TB.

64

{唐山三模}.

11

故存在点T(0)满足题设.

8(21)解:

…12分

1

(Ⅰ)m=1时,f(x)=ex-lnx-2,f(x)=ex-,x>0.

x 1

显然f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(<0,f(1)>0,

2

1

故存在唯一实数t∈(,1),使得f(t)=0.

2 1 1

(Ⅱ)f(x)=memx-m(emx-),

xmx

…4分

由0<m<1得f(x)在(0,+∞)上单调递增,

由(Ⅰ)得mx0=t时,f(x0)=0,

所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,

t

即f(x)的最小值为f(x0)=f(=et-lnt+lnm-2,

m

1 1

∵et-=0,∴et,t=-lnt.

tt

t 1 1

于是f(x0)=f(=+t+lnm-2,所以当lnm>2-(t)时,f(x)>0.

mtt 1

取k=2-(t)<0,故m∈(ek,1)时成立. …12分

t(22)解:

(Ⅰ)证明:连接CQ,BC,AB,

因为PQ是圆O的切线,所以∠PQC=∠CBD,

因为B为⌒AC的中点,所以∠CQB=∠ACB, Q所以∠PQC+∠CQB=∠CBD+∠ACB, 即∠PQD=∠CDQ,

故△DPQ为等腰三角形. …5分

(Ⅱ)设CD=t,则PD=PQ=1+t,PA=2+2t,

由PQ2=PC·PA得t=1,所以CD=1,AD=PD=2, 所以BD·QD=CD·AD=2. …10分

(23)解:

(Ⅰ)设A(x,y),则x=ρcosθ,y=ρsinθ,

高三理科数学答案第4页 共4页

所以xπ B=ρcos(θ+

3) 1 2x32y;y π 3 1

B=ρsin(θ+3=2+2, 故B( 1

2x-32y,32x 1 2

y).

由|BM|2=1得( 1

2-32+2)2+(3 1 22x+2

)=1,

整理得曲线C的方程为(x+1)2+(y3)2=1.

(Ⅱ)圆C:x=-1+cosα,

y=3+sinα

(α为参数),

则|OA|2+|MA|2=43sinα+10,

所以|OA|2+|MA|2∈[10-43,10+3]. 24)解:

(Ⅰ)由a>b>c>d>0得a-d>b-c>0,即(a-d)2>(b-c)2, 由ad=bc得(a-d)2+4ad>(b-c)2+4bc,即(a+d)2>(b+c)2, 故a+d>b+c.

(Ⅱ)aabbcddc(aa-b(cd-c(aa-b(d)

c-dabcdbd=bc

由(Ⅰ)得a-b>c-d,又aaa-bc-d

b>1,所以((ab>b

即(a)a-b(d)

c-d(c-d(d)c-dadc-dbc>abc=bc=1,

故aabbcddc>abbaccdd.

高三理科数学答案第5页 共4页

…5分

…10分

…5分

…10分

篇二:《2016唐山三模文科数学及文科数学答案》

唐山市2015—2016学年度高三年级第三次模拟考试

高三文科数学答案第1页 共3页

一、选择题

文科数学参考答案

A卷:DCADD ABCDA BC

B卷:DCABD ABCDC BA 二、填空题 (13)1 (14)3 (15)43π

(16)(n-1)4n1+4

三、解答题 (17)解:

(Ⅰ)由正弦定理得3sinAsinB+sinBcosA=sinC 3sinAsinB+sinBcosA=sin(A+B), 即3sinAsinB=sinAcosB,

3

由sinA≠0得tanB,所以B=30°. …6分

3

1 3

(Ⅱ)由a=3c得S△ABC=acsinB=c2=3,所以c=2,a=43.

22

222

由余弦定理得b=a+c-3ac=28,故b=27. …12分 (18)解:

(Ⅰ)该组数据的中位数为87,众数为92, 抽取的15件产品中,合格品有10件,

2

由此估计该条生产线所生产的产品为合格品的概率为

3

…5分

(Ⅱ)由(Ⅰ)得若生产该产品150件,则有50件不合格品,100件合格品, 所以生产150件上述产品平均一件的利润为 1

×(100×270-50×90)=150元 150

…12分

(19)解:

(Ⅰ)由已知可得:AD∥EC,且AD=EC, ∴四边形AECD为平行四边形, ∴AE∥CD,且AE=CD=2.

∵PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD, ∴PA⊥AE,

又∵PB⊥AE,PB∩PA=P,

∴AE⊥平面PAB,又AB平面PAB, ∴AE⊥AB.

又∵PA⊥AB,PA∩AE=A, ∴AB⊥平面PAE,

D

…6分

高三文科数学答案第2页 共3页

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知△ABE是直角三角形且∠AEB=60°, 从而有△CDE是边长为2的等边三角形. 设C到平面PDE的距离为h,

由V 1 1

P-ECD=VC-PDE得3△ECD·PA3

S△PDE·h,

解得h=221

7

即C到平面PDE的距离为221

7

20)解:

(Ⅰ)依题意可设直线l的方程为x=my+1,

圆心C(0,2)到直线l的距离d=1=|2m+1|

1+m,

解得m=0或- 4

3

故l的方程为x=1或3x+4y-3=0. (Ⅱ)依题意可得N(0,4),可设A(x1,y1),B(x2,y2),

将x=my+1代入圆C方程可得:(1+m2)y2+(2m-4)y+1=0,

得y4-2m1

4m+11+y21+my1y2=1+m,x1x2=1+m, k-4y2-4-16m-AN+kBN={唐山三模}.

y1x=4

4为定值. 1x24m+1

21)解:

(Ⅰ)由m>0得f(x)的定义域为(0,+∞),

f(x) 1

x-1=1-xx

x=1时,f(x)=0;

当0<x<1时,f(x)>0,f(x)单调递增; 当x>1时,f(x)<0,f(x)单调递减. 故当x=1时,f(x)取得最大值0, 则f(1)=0,即lnm=0, 故m=1. (Ⅱ)g(x)=xex-m,令h(x)=xex

-m,

则h(x)=(x+1)ex,当x=-1时,h(x)=0; 当x<-1时,h(x)<0,h(x)单调递减; 当x>-1时,h(x)>0,h(x)单调递增.

故当x=-1时,h(x)取得最小值h(-1)=-e-

1-m<0. 当x<-1时,h(x)<0,h(x)无零点,

注意到h(m)=mem-m>0,则h(x)仅有一个零点x0,且在(-1,m)内.由(Ⅰ)知lnx≤x-1,又m>0,则 1 1

2ln(m+1)∈(0,2

).

而h( 1

2{唐山三模}.

ln(m+1))=h(lnm+1)

=m+1lnm+1-m<m+1(m+1-1)-m

高三文科数学答案第3页 共3页

…12分

…5分

…12分

…4分

…8分

((

1

=1m+1<0,则x0>(m+1),

2 1

故h(x)仅有一个零点x0,且ln(m+1)<x0<m.

2 1

即g(x)仅有一个极值点x0,且(m+1)<x0<m.

2

(22)解:

(Ⅰ)证明:连接CQ,BC,AB,

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