X年佛山市普通高中高三教学质量检测(一)理科数学试题答案

理科试题参考答案第1页共6页2012年佛山市普通高中高三教学质量检测（一）数学试题（理科）参考答案和评分标准一、选择题：（每题5分，共40分）题号12345678选项DBBAABCC二、填空题（每题5分，共30分）9．3010．211．112．9413．314．21315．49三、解答题:本大题共6小题,满分80分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（本题满分12分）解：（1）∵2ACB，且ABC，∴3B…………………1分∵1411)cos(CB,∴1435)(cos1)sin(2CBCB…………………3分∴coscoscos()cossin()sinCBCBBCBBCB7123143521411…………………6分（2）由（1）可得734cos1sin2CC…………………8分在△ABC中，由正弦定理AaBbCcsinsinsin∴8sinsinACac,5sinaAbb…………………10分三角形面积113sin58103222SacB.…………………12分17．（本题满分14分）（1）证明：∵PB底面ABC，且AC底面ABC，∴ACPB…………………1分由90BCA，可得CBAC…………………………2分又PBCBB，∴AC平面PBC…………………………3分注意到BE平面PBC，∴ACBE…………………………4分BCPB,E为PC中点，∴BEPC…………………………5分PCACC，BE平面PAC…………………………6分而BE平面BEF，∴BEFPAC平面平面…………………………7分理科试题参考答案第2页共6页（2）方法一、如图，以B为原点、BC所在直线为x轴、BP为z轴建立空间直角坐标系.则)1,0,1(,)2,0,0(,)0,2,2(,)0,0,2(EPAC…………………………8分1224(,,)3333BFBPPFBPPA.…………………………10分设平面BEF的法向量(,,)mxyz.由0,0mBFmBE得0343232zyx，即02zyx……………（1）0zx……………（2）取1x，则1,1zy，(1,1,1)m.…………………………12分取平面ABC的法向量为)1,0,0(n则3cos,3||||mnmnmn，故平面ABC与平面PEF所成角的二面角（锐角）的余弦值为33.……………14分方法二、取AF的中点G，AB的中点M，连接,,CGCMGM，的中点为PCE，AFPF2，∴//EFCG.……………8分BEFEFBEFCG平面平面,，∴//CGBEF平面.……………9分同理可证：BEFGM平面//.又CGGMG，∴//CMGBEF平面平面.…………10分则CMG平面与平面ABC所成的二面角的平面角（锐角）就等于平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）已知ABCPB底面，2BCAC，CM平面ABC∴CMPB，∴CMAB…………11分又PBABB，∴CM平面PAB由于GM平面PAB，∴CMGM而CM为CMG平面与平面ABC的交线，又AM底面ABC，GM平面CMGAMG为二面角ACMG的平面角…………12分理科试题参考答案第3页共6页根据条件可得2AM，33231PAAG在PAB中，36cosAPABGAM在AGM中，由余弦定理求得36MG…………13分332cos222GMAMAGGMAMAMG故平面ABC与平面PEF所成角的二面角（锐角）的余弦值为33.…………14分18．（本题满分13分）解：（1）∵2(,)N，(12)0.8P，(24)0.2P，∴(12)0.2P，显然(12)(24)PP…………………3分由正态分布密度函数的对称性可知，1224182，即每支这种灯管的平均使用寿命是18个月；…………………5分（2）每支灯管使用12个月时已经损坏的概率为10.80.2，…………………6分假设使用12个月时该功能室需要更换的灯管数量为支，则(4,0.2)B，…………………10分故至少两支灯管需要更换的概率1(0)(1)PPP041314411310.80.80.2625CC（写成0.18也可以）.…………………13分19．（本题满分13分）解：（1）设动点P的坐标为(,)xy，圆1C的圆心1C坐标为(4,0)，圆2C的圆心2C坐标为(0,2)，……………………2分因为动点P到圆1C,2C上的点距离最小值相等，所以12||||PCPC,……………………3分即2222(4)(2)xyxy，化简得23yx，……………………4分因此点P的轨迹方程是23yx；……………………5分（2）假设这样的Q点存在，因为Q点到(22,0)A点的距离减去Q点到(22,0)B点的距离的差为4，理科试题参考答案第4页共6页所以Q点在以(22,0)A和(22,0)B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支上，即Q点在曲线221(2)44xyx上，……………………9分又Q点在直线:23lyx上，Q点的坐标是方程组2223144yxxy的解，……………………11分消元得2312130xx，21243130，方程组无解，所以点P的轨迹上不存在满足条件的点Q.……………………13分20．（本题满分14分）解：方法一在区间0,上,11()axfxaxx.……………………1分（1）当2a时，(1)121f，则切线方程为(2)(1)yx，即10xy…………3分（2）①若0a,则()0fx,()fx是区间0,上的增函数,(1)0faQ,()(1)0aaafeaaeae,(1)()0affe,函数()fx在区间0,有唯一零点.…………6分②若0a,()lnfxx有唯一零点1x.…………7分③若0a,令()0fx得:1xa.在区间1(0,)a上,()0fx,函数()fx是增函数;在区间1(,)a上,()0fx,函数()fx是减函数;故在区间0,上,()fx的极大值为11()ln1ln1faaa.由1()0,fa即ln10a,解得:1ae.故所求实数a的取值范围是1(,)e.…………9分方法二、函数()fx无零点方程lnxax即lnxax在0,上无实数解…………4分令ln()xgxx，则21ln()xgxx由()0gx即21ln0xx得：xe…………6分在区间(0,)e上,()0gx,函数()gx是增函数;理科试题参考答案第5页共6页在区间(,)e上,()0gx,函数()gx是减函数;故在区间0,上,()gx的极大值为1()gee.…………7分注意到(0,1)x时，(),0gx；1x时(1)0g；1,x时，1()0,gxe故方程lnxax在0,上无实数解1ae.即所求实数a的取值范围是1(,)e.…………9分[注:解法二只说明了()gx的值域是1,e,但并没有证明.](3)设120,xx12()0,()0,fxfxQ1122ln0,ln0xaxxax1212lnln()xxaxx,1212lnln()xxaxx原不等式21212lnln2xxexx12()2axx121212lnln2xxxxxx1122122()lnxxxxxx令12xtx,则1t,于是1122122()2(1)lnln1xxxttxxxt.…………12分设函数2(1)()ln1tgttt(1)t,求导得:22214(1)()0(1)(1)tgttttt故函数()gt是1,上的增函数,()(1)0gtg即不等式2(1)ln1ttt成立,故所证不等式212xxe成立.……………………14分21．（本题满分14分）解：(1)由点N在曲线yx上可得11(,)Nnn,……………………1分又点在圆nC上，则2221111(),nnnnRRnnnn,……………………2分从而直线MN的方程为1nnxyaR,……………………4分由点11(,)Nnn在直线MN上得:111nnnanR,将1nnRn代入理科试题参考答案第6页共6页化简得:1111nann.……………………6分(2)1111,11nn,*11,112nnNann……………………7分又111111,1111nnnn,11111111111nnaannnn……………………9分(3)先证:当01x时,1(21)112xxx.事实上,不等式1(21)112xxx22[1(21)]1(1)2xxx22212(21)(21)114xxxxx222(223)(21)04xxx后一个不等式显然成立,而前一个不等式2001xxx.故当01x时,不等式1(21)112xxx成立.1111(21)112nnn,……………………11分1113221122nannnn(等号仅在n=1时成立)求和得:32222nnnnTSnT273252nnSnT……………………14分