2018届广州市高三年级调研测试(理科数学)答案

数学（理科）试题A第1页共10页2018届广州市高三年级调研测试理科数学试题答案及评分参考评分说明:1．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参考制订相应的评分细则．2．对计算题，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．3．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．4．只给整数分数．选择题不给中间分．一．选择题题号123456789101112答案ACBBAADDBACC二．填空题13．1014．415．416．11三、解答题17．（1）解法1：由已知，得coscos2cosaBbAcA．由正弦定理，得sincossincos2sincosABBACA，…………………………………………1分即sin()2sincosABCA．…………………………………………………………………………2分因为sin()sin()sinABCC，…………………………………………………………………3分所以sin2sincosCCA．………………………………………………………………………………4分因为sin0C，所以1cos2A．………………………………………………………………………5分因为0A，所以3A．…………………………………………………………………………6分解法2：由已知根据余弦定理，得222222222acbbcaacbacbc．……………………1分即222bcabc．……………………………………………………………………………………3分所以2221cos22bcaAbc．…………………………………………………………………………5分数学（理科）试题A第2页共10页因为0A，所以3A．…………………………………………………………………………6分（2）解法1：由余弦定理2222cosabcbcA，得224bcbc，………………………………………………………………………………………7分即2()34bcbc．……………………………………………………………………………………8分因为22bcbc，………………………………………………………………………………………9分所以223()()44bcbc．即4bc（当且仅当2bc时等号成立）．……………………………………………………11分所以6abc．故△ABC周长abc的最大值为6．………………………………………………………………12分解法2：因为2sinsinsinabcRABC，且2a，3A，所以43sin3bB，43sin3cC．…………………………………………………………………8分所以432sinsin3abcBC4322sinsin33BB………………………9分24sin6B．……………………………………………………………………10分因为203B，所以当3B时，abc取得最大值6．故△ABC周长abc的最大值为6．………………………………………………………………12分18．（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．因为O，F分别为AC，PC的中点，所以OFPA，且12OFPA，因为DEPA，且12DEPA，所以OFDE，且OFDE．………………………………………………………………………1分所以四边形OFED为平行四边形，所以ODEF，即BDEF．………………………………2分FOPACBDE数学（理科）试题A第3页共10页因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD．因为ABCD是菱形，所以BDAC．因为PAACA，所以BD平面PAC．…………………………………………………………4分因为BDEF，所以EF平面PAC．………………………………………………………………5分因为FE平面PCE，所以平面PAC平面PCE．………………………………………………6分（2）解法1：因为直线PC与平面ABCD所成角为o45，所以45PCA，所以2ACPA．………………………………………………………………7分所以ACAB，故△ABC为等边三角形．设BC的中点为M，连接AM，则AMBC．以A为原点，AM，AD，AP分别为xyz，，轴，建立空间直角坐标系xyzA（如图）．则20,0，P，01,3，C，12,0，E，02,0，D，21,3，PC，11,3，CE，10,0，DE．…………………………9分设平面PCE的法向量为111,,xyzn=，则0,0,PCCEnn即111111320,30.xyzxyz11,y令则113,2.xz所以3,1,2n．……………………………………………………………10分设平面CDE的法向量为222,,xyzm，则0,0,DECEmm即22220,30.zxyz令21,x则223,0.yz所以1,3,0m．…………11分设二面角DCEP的大小为，由于为钝角，所以236coscos,4222nmnmnm．所以二面角DCEP的余弦值为46．…………………………………………………………12分解法2：因为直线PC与平面ABCD所成角为45，且PA平面ABCD，所以45PCA，所以2ACPA．………………………………………………………………7分MzyxPACBDE数学（理科）试题A第4页共10页因为2ABBC，所以ABC为等边三角形．因为PA平面ABCD，由（1）知//PAOF，所以OF平面ABCD．因为OB平面ABCD，OC平面ABCD，所以OFOB且OFOC．在菱形ABCD中，OBOC．以点O为原点，OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz（如图）．则(0,0,0),(0,1,2),(0,1,0),(3,0,0),(3,0,1)OPCDE，则(0,2,2),(3,1,1),(3,1,0)CPCECD．……………………………………………9分设平面PCE的法向量为111(,,)xyzn，则0,0,CPCEnn即11111220,30.yzxyz令11y，则111,1.yz，则法向量0,1,1n．……………10分设平面CDE的法向量为222(,,)xyzm，则0,0,CECDmm即2222230,30.xyzxy令21x，则223,0.yz则法向量1,3,0m．………………………………………………11分设二面角PCED的大小为，由于为钝角，则36coscos,422nmnmnm．所以二面角PCED的余弦值为64．…………………………………………………………12分19．解：（1）由已知数据可得24568344455,455xy．……………………1分因为51()()(3)(1)000316iiixxyy，………………………………………2分，52310)1()3()(22222512iixx………………………………………………3分zOyxPACBDE数学（理科）试题A第5页共10页52222221()(1)00012iiyy．…………………………………………………4分所以相关系数12211()()690.9510252()()niiinniiiixxyyrxxyy．………………5分因为0.75r，所以可用线性回归模型拟合y与x的关系．…………………………………………6分（2）记商家周总利润为Y元，由条件可知至少需安装1台，最多安装3台光照控制仪．①安装1台光照控制仪可获得周总利润3000元．………………………………………………………7分②安装2台光照控制仪的情形：当X70时，只有1台光照控制仪运行，此时周总利润Y=3000-1000=2000元，当30X≤70时，2台光照控制仪都运行，此时周总利润Y=2×3000=6000元，故Y的分布列为Y20006000P0．20．8所以20000.260000.85200EY元．………………………………………………………9分③安装3台光照控制仪的情形：当X70时，只有1台光照控制仪运行，此时周总利润Y=1×3000-2×1000=1000元，当50≤X≤70时，有2台光照控制仪运行，此时周总利润Y=2×3000-1×1000=5000元，当30X≤70时，3台光照控制仪都运行，周总利润Y=3×3000=9000元，故Y的分布列为Y100050009000P0．20．70．1所以10000.250000.790000.14600EY元．………………………………………11分综上可知，为使商家周总利润的均值达到最大应该安装2台光照控制仪．…………………………12分20．解：（1）因为椭圆C的离心率为12，所以12ca，即2ac．……………………………………1分又222+abc，得22=3bc，即2234ba，所以椭圆C的方程为2222134yxaa．数学（理科）试题A第6页共10页把点261,3代人C中，解得24a．………………………………………………………………2分所以椭圆C的方程为22143yx．……………………………………………………………………3分（2）解法1：设直线l的斜率为k，则直线l的方程为+2ykx，由222,1,34ykxxy得2234120kxkx．…………………………………………………………4分设,AAAxy，,BBBxy，则有0Ax，21234Bkxk，…………………………………………5分所以226834Bkyk．所以2221268,3434kkBkk……………………………………………………………………………6分因为MOMA，所以M在线段OA的中垂线上，所以1My，因为2MMykx，所以1Mxk，即1,1Mk．………………………………7分设(,0)HHx，又直线HM垂直l，所以1MHkk，即111Hkxk．…………………………8分所以1Hxkk，即1,0Hkk．……………………………………………………………………9分又10,1F，所以21221249,3434kkFBkk，11,1FHkk．因为110FBFH，所以2221249034341kkkkkk，………………………………………10分解得283k．……………………………………………………………………………………………11分所以直线l的方程为2623yx．………………………………………………………………12分数学（理科）试题A第7页共10页解法2：设直线l的斜率为k，则直线l方程+2ykx，由222,1,34ykxxy得2234120kxkx，…………………………………………………………