3武昌区2019届高三年级元月调研考试_理数试题答案）定稿

理科数学试题参考答案及评分细则第1页（共4页）ABCA1B1C1武昌区2019届高三年级元月调研考试理科数学试题参考答案及评分细则一、选择题：1.B2.B3.A4.A5.B6.C7.B8.D9.A10.B11.B12.A二、填空题：13．614．8115．12nan16．2三、解答题：17．（本题满分12分）解：（1）因为)(sin)3(baCbc)sin(sinBA，所以)()3(bacbc)(ba，所以bccba3222，即23cosA，所以30A.因为2cossinsin2CBA，所以2cos1sinsinCBA，即CBcos1sin.因为150CB，所以)150cos(1sinBB，解得30B.………………6分（2）因为3sin21Cab，120C，所以2ba.因为Cabbaccos2222，所以32c.在ABM中，7cos2222BBMABBMABAM，求得7AM所以，BC边上的中线AM的长为7.…………………………………………12分18．（本题满分12分）解：（1）记OACCA11，连结BO.因为1BCAB，所以1ACBO.由题意知1ACC为正三角形，求得3CO.在1ABC中求得3BO，又6BC，所以222BOCOBC，所以COBO.因为OACCO1，所以BO平面CCAA11.因为BO平面1ABC，所以平面1ABC平面CCAA11.…………………………6分（2）解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，求得)0,1,0(A，)0,1,0(1C，)0,0,3(C，)3,1,3(1B，)0,2,0(AC，)3,2,3(1AB.因为BO平面CCAA11，所以平面1ACC的法向量为)3,0,0(m.理科数学试题参考答案及评分细则第2页（共4页）ABCA1B1C1OxyzABCA1B1C1OH设平面11CAB的法向量为n，则,0,01ABnACn求得)1,0,1(n.所以22|,cos|nm，因为所求二面角的平面角为钝角，所以，所求二面角CACB11的余弦值为22.…………………………12分解法二：过点1B作HB1平面CCAA11，垂足为H，连结OH，HC1.易证11ACHC，11ACBC.所以HCB11为所求二面角的平面角的补角.因为31BOHB，31OCHC，所以411HCB，22cos11HCB.所以，所求二面角CACB11的余弦值为22.…………………………12分解法三：连结BA1，分别取BA1和OA1的中点D和E，连结DE，则BODE//.所以DE平面CCAA11，易证DOE为所求二面角的平面角的补角.19．（本题满分12分）解：（1）抽取产品质量指标值的样本平均数为：x=90×0.02+100×0.09+110×0.22+120×0.33+130×0.24+140×0.08+150×0.02=120，抽取产品质量指标值的方差为s2=900×0.02+400×0.09+100×0.22+0×0.33+100×0.24+400×0.08+900×0.02=150.因为l～)150,120(N，=2.12150，∴3413.06826.021)2.132120()(lPlP，4772.09544.021)4.144120()2(lPlP，所以1359.0)2.132120()4.144120()4.1442.132(lPlPlP.………6分（2）由频数分布 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 得：)115(lP=0.02+0.09+0.22=0.33，)115(lP=130=0.67．随机变量ξ的取值为90，30，且P（ξ=90）=0.67，P（ξ=30）=0.33．则随机变量ξ的分布列为：ξ9030P0.670.33理科数学试题参考答案及评分细则第3页（共4页）所以Eξ=90×0.67﹣30×0.33=50.4.…………………………………………12分20．（本题满分12分）解：（1）由题意知)0,1(1F，)0,1(2F.直线1PF的方程为)1(10000xxyy，即0)1(000yyxxy，直线2PF的方程为)1(10000xxyy，即0)1(000yyxxy.由点)0,21(M到1PF和2PF的距离相等，得202000202000)1(|21|)1(|21|xyyyxyyy.（*）其中|2|22)1(211)1(020202020xxxxy，|2|22)1(211)1(020202020xxxxy，且220x.所以（*）式可化为002123xx，解得10x.………………………………4分（2）定值为2，即20mx.直线PM的方程为)(0000mxmxyy，令0x，并考虑mx20，得0yy.所以点N的坐标为),0(0y，从而过1F、N的直线l的方程为)1(01000xyy，即)1(0xyy，代入1222yx，消去x，得02)21(200220yyyyy.设),(11yxC，),(22yxD，则20021212yyyy，20202121yyyy.所以2202020202022002122121)21()1(8214)212(4)(||yyyyyyyyyyyyy.所以22020202121)21()1(8||||212yyyyyFFSCDF.因为])21(11[2)21(]1)12[(2)21()1(82202202202202020yyyyyy，其中1,000yy，所以1020y，321120y，916])21(11[20220y，所以3402CDFS，所以CDF2面积的取值范围为)34,0(.………………………………………12分21．（本题满分12分）解：（1）当1a时，432141ln)(2xxxxf，0)1(f.xxxxxxxxxf2)1)(2(2221211)(2.当1x时，0)(xf；当10x时，0)(xf.理科数学试题参考答案及评分细则第4页（共4页）所以，)(xf在)1,0(单调递增，在),1(单调递减.…………………………4分（2）因为432141ln)(2xaxxxf，所以xxaxaxxxf2221211)(2.因为)(xf存在两个极值点，所以022xax在),0(有两根.所以,0,0a即,081,0aa所以810a，且axx121，axx221.因为41lnln)(21)(41)ln(ln)()(212121212221212121xxxxxxxxxxaxxxxxfxf.要证412)()(2121axxxfxf，只需证21212122lnlnxxaxxxx，即证1)1(2ln212121xxxxxx.令121txx，只需证1)1(2lnttt.令1)1(2ln)(ttttg，1)1(g，所以0)1()1()1(41)(22ttttttg，所以)(tg在),1(单调递增，所以)1()(gtg，即01)1(2lnttt.所以，412)()(2121axxxfxf.………………………………………………12分22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本题满分10分）解：（1）1C的普通方程为03yx，2C的直角坐标方程0422xyx.………………………………………4分（2）原点O到直线03yx的距离为223，弦AB的长为14，所以，OAB的面积为273.………………………………………10分23．[选修4-5：不等式选讲]（本题满分10分）解：（1）当1a时，不等式3)(xf化为3|||1|xx.若1x，则31xx，即2x；若01x，则31xx，无解；若0x，则31xx，即1x.所以，不等式3)(xf的解集为),1[]2,(.…………………………4分（2）当1x时，不等式2)(xxf化为2|1|1xaaxx，即1|1|aax.所以，当1x时，不等式1|1|aax恒成立.由1|1|aax，得11aax或11aax，即2)1(xa或0)1(xa.当1x时，不等式2)1(xa不恒成立；当1x时，若不等式0)1(xa恒成立，则0a.所以，所求a的取值范围为),0[．…………………………………………10分