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2016大连高三二模数学答案

admin 高三作文 2020-04-22 23:05:18 解答单调

篇一:《大连市2016年第二次模拟考试参考答案及评分标准-数学(理科)》

大连市2016年第二次模拟考试参考答案及评分标准

数学(理科)

说明:

一、本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生的解法与本解答不同,可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.

二、对解答题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应得分数的一半;如果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分.

三、解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数. 四、只给整数分数,选择题和填空题不给中间分.

一.选择题

1.A 2.A 3.C 4.B 5.D 6.D 7.C 8.D 9.B 10.D 11.C 12.A 二.填空题

13. 48 14. 2 15. (-1,2) 16. 6 三.解答题

17.解:(Ⅰ

)bacosCsinC sinAsinC……………………………………………………………………………..2分 3

sinAcosCcosAsinCsinAcosCsinAsinC…………………………………………………..4分

3

3

sinAsinC 即cosAsinC3

sinA 又sinC0cosA3

即tanA3A……………………………………………………………………………………………………..6分

3sinBsinAcosC

222

(Ⅱ)abc2bccosA

22b2c2bc(bc)23bc………………………………………………………………………………….8分 bc2bc

第1页(共7页)

(bc)216,即bc4 又由题意知bc4,

bc4.(当bc2时等式成立.)……………………………………………………………………………..10分

1

SABC22sin……………………………………………………………………………………..12分

23

18.解:(Ⅰ)设比赛局数分别为3,4,5时,甲获胜分别为事件A1,A2,A3, 则由相互独立事件同时发生的概率乘法公式可得:

28231823121622

P(A1)()3),P(A2)C3(),P(A3)C4()(,………..3分

32733273381

所以由互斥事件的概率加法公式可得, 甲获胜的概率为P=P(A1)+P(A2)+P(A3)=(Ⅱ)由题意可知,X的取值为3,4,5,

881664

++=…………………………………………6分 27278181

1391211210

=,P(X4)C32()3+C32()3,

3273333327218

P(X5)C42()2()2……………………………………………………………………………………..9分

3327

所以,

的分布列为

108107

(X)=3+4+5=……………………………………………………..12分 X的数学期望E

3272727

则P(X3)()+()

3

2

3

19.证明:(Ⅰ)取MC中点,记为点D,连结PD,QD

P为MA中点,D为MC中点 PD//AC

11

又CDDC1,BQQC1,

33

QD//BC

又PDQDD

平面PQD//平面ABC…………………………………….4分

又PQ平面PQD

第2页(共7页)

PQ//平面ABC…………………………………………………6分

(Ⅱ)BC,BA,BB1两两互相垂直,

建立如图所示空间直角坐标系Bxyz,设BCa,BAb,则各点的坐标分别为: C(a,0,0),A(0,b,0),A1(0,b,2),M(a,0,1),

BA1(0,b,2),BA(0,b,0),BM(a,0,1)…………………………………………………………..8分

设平面ABM的法向量为n(x,y,z),则

nBA0nBM0

,

by0

axz0

x1

,则可得平面

ABM

的一组法向量

n(1,0,

a)

cosn,BA1

2

2

………………………………………………………….10分 又因为ab8,a44a2120,a22或6(舍). 即a

2,sinBAC

21

,BAC…………………………………………………………12分

6222

20.解:e

c2

,a2c a2

MF1MF2F1F22a2c22c2c422

c2,a2……………………………………………………3分

x2y2

1………………………………………4分 椭圆方程为

42

(Ⅱ)PF1F2QF1F290,…………………………5分

证明如下:

设B(x0,y0),D(x1,y1),则A(x0,y0), 直线BD方程为yy1

y0y1

(xx1),

x0x1

第3页(共7页)

x0y1y0x1

x0x1

xyyx

Q(00101)

x0x1

xyy0x1

同理P(001)………………………………………………………………………………………………………7分

x0x1

PF1F2均为锐角, 1F2和QF

x0y1y0x1x0x1xyy0x1

tanPF1F201

cc(x0x1)

令x0,则y

tanQF1F2

x0y1y0x1

c(x0x1)

2222

x0y1y0x1x0y1y0x1x0y1y0x1

tanPF1F2tanQF1F222

c(x0x1)c(x0x1)c(x0x12)

2

x0x122

x(2)x1(2)2

x12)112(x01…………………………………………………………10分 22

2×0x122x0x12

2

PF1F2互余, 1F2与QFPF1F2QF1F290…………………………………………………………………………………………..12分

1

21.解:(Ⅰ)k1时,f(x)lnxxf(x)10x1,f(x)在(0,1)单调

x

递增,在(1,)单调递减,故函数f(x)有唯一的极大值点x1,无极小值点……………….2分 (Ⅱ)k0时,f(x)则g(x)

bbb

alnxa,设g(x)lnxa,(x0), xxx

1bxb

2. xx2x

当b0时,则g(x)0,所以g(x)在(0,)单调递增,又x0且x0时,

g(x)与题意矛盾,舍.

当b0时,则g(x)0xb,所以g(x)在(b,)单调递增,(0,b)单调递减,

第4页(共7页)

所以g(x)ming(b)lnb1a,………………………………………………………………………………….5分 所以lnb1a0a1lnbe故e

a1

a1

bea1b11,

b1的最大值为1…………………………………………………………………………………………………7分

a1{2016大连高三二模数学答案}.

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当eb1取最大值1时,

ea1ba1lnbF(b)

记F(x)

lnb

m,(b0), b

lnx

m,(x0)……………………………………………………………………………………………….9分 x

1

方法一:F(x)0lnxmx0,设h(x)lnxmx,则h(x)m,

x

若m0,则h(x)0恒成立,所以函数h(x)在(0,)单调递增,与题意不符,舍.

111

,h(x)在(0,)单调递增,在(,)单调递减,所以

mmm

11

若函数F(x)有两个零点,则只需h()0,解得0m.

me

1

不妨设x1x2,则0x1x2,

m

11111

设G(x)h(x)h(x),(0x),则G(x)h(x)h(x),

mmmmm

若m0,则h(x)0x

2m3x21

G(x)0化简可得G(x),所以函数在(0,)单调递增,

1m2x2m11

G(x)G(0)h()h()0

mm1112

0x时,h(x)h(x),h(x1)h(x1)h(x2),又因为

mmmm

2112

x1,x2(,+),且函数h(x)在(,)单调递减,x1x2,

mmmm

2

x1x2mx1mx22,即lnx1lnx22,

m

所以x1x2e成立………………………………………………………………………………………………………….12分

第5页(共7页)

2

篇二:《大连市2016年第二次模拟考试参考答案及评分标准-数学(文科)》

大连市2016年第二次模拟考试参考答案及评分标准

数学(文科)

说明:

一、本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生的解法与本解答不同,可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.

二、对解答题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应得分数的一半;如果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分.

三、解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数.

四、只给整数分数,选择题和填空题不给中间分.

一.选择题

1. C 2.A 3. C 4.B 5.A 6.D 7.C 8.D 9.B 10.B 11.C 12.A

二.填空题

13. 0.6 14. 2 15. 6 16.(-1,2)

三.解答题

17.解:(Ⅰ

)bacosCsinC sinAsinC……………………………………………………………………………..2分 3

sinAcosCcosAsinCsinAcosCsinAsinC…………………………………………………..4分 3

3sinAsinC 即cosAsinC3

sinA 又sinC0cosA3

即tanA3A……………………………………………………………………………………………………..6分 3

222(Ⅱ)解法一: abc2bccosA

22b2c2bc(bc)23bc………………………………………………………………………………….8分 sinBsinAcosC

第1页(共7页)

2bc4bc42

3

(bc)216,即bc4

又由三角形边的性质知,

bc2,……………………………………………………………………………………………………………………10分

…………………………………………………………………………………………………………………12分 bc2,4

解法二: abcsinAsinBsinC

4343bsinB,csinC 33

bc43sinBsinC…………………………………………………………………………………………..8分 343sinBsin(AB) bc3

bc4sinB………………………………………………………………………………………………….10分 6

2B0, 3

bc2,4…………………………………………………………………………………………………………………12分

18.解:(Ⅰ)由x110124130x4110111117得x4117…………………………..2分 6

(110117)2(124117)2(130117)2(117117)2(110117)2(111117)22S6 17658.673

………………………………………………………………………………………………………………………………………….6分

,135)之间的有两人,记为a1,a2,成绩不在(120,

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