河南省郑州市2024届高三第一次质量预测数学(理)试题(扫描版)

2015年高中毕业年级第一次质量预测

理科数学 参考答案

一、选择题

1-12：BCDA DBCC BADA 二、填空题 13.

63 14.-10 15.82 16.2,3,4. 4三、解答题

17.解：(Ⅰ) a?32，cos?ABC?2，c?3， 4由余弦定理：b2?c2?a2?2c?a?cos?ABC

2=32?(32)2?2?32?3??18，………………………………2分

4? b?32． ……………………………………………………………………4分

14又?ABC?(0,?) ，所以sin?ABC?1?cos2?ABC?，

4cb?由正弦定理：，

sin?ACBsin?ABCc?sin?ABC7得sin?ACB?．………………………………………6分 ?b4(Ⅱ) 以BA，BC为邻边作如图所示的平行四边形ABCE，如图，则

cos?BCE??cos?ABC??2，…………………8分 4A D B C E

BE?2BD?6,在△BCE中，

BE2?CB2?CE2?2CB?CE?cos?BCE．由余弦定理：

即36?CE2?18?2?32?CE?(?2)， 4解得：CE?3，即AB?3，…………………10分 所以S?ABC?197.…………………………………………12分 acsin?ABC?2418.解：(Ⅰ)当S6?20时，即背诵6首后，正确个数为4首，错误2首，………………2分 若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵对2首；…………………3分

若第一首正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵对1首， 此时的概率为：

221212211621p?()2?C4?()2?()2????C3?()2??………… …………5分

333333338121（2）∵??S5的取值为10，30，50，又p?,q?,…………………6分

32403231222213∴P(??10)?C5()()?C5()()?,

333381

213012114P(??30)?C54()4()1?C5()()?

33338111525015P(??50)?C5()?C5()?.…………………9分

3381

∴?的分布列为：

? p 10 30 50 11 814030111850?30??50??∴E??10?.…………………………………………12分 8181818119.解：（1）当M为PC中点时，PA//平面BMQ，…………………2分 理由如下： 连结AC交BQ于N，连结MN，

因为?ADC?900，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．

当M为PC的中点，即PM?MC时，MN为?PAC的中位线，…………4分 z 故MN//PA，又MN?平面BMQ，

所以PA//平面BMQ.…………………………………………5分

QP40 8130 81DMCNB（2）由题意，以点D为原点DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴， 建立空间直角坐标系，…………………6分 则P(0,0,2),Q(1,0,0),B(1,2,0),…………………7分 由PM?2MC可得点M(0,Ax y

42,), 33所以PQ?(1,0?2),QB?(0,2,0),QM?(?1,42,), 33??PQ?n1?x?2z?0,?x?2z,???设平面PQB的法向量为n1?(x,y,z)，则?QB?n?2y?0,?y?0. ?1令z?1,?n1?(2,0,1)，…………………9分

同理平面MBQ的法向量为n2?(,0,1),…………………10分

23设二面角大小为?，cos??n1?n2n1n2?765.…………………………………………12分 65(x?1)2?y2220.解：(1).设点P(x,y)，由题意可得，，…………………2分 ?|x?2|2x2x22?y?1.曲线E的方程是?y2?1.………………………5分 整理可得：22(2).设C(x1,y1)，D(x2,y2)，由已知可得：|AB|?当m?0时，不合题意. …………………6分 当m?0时，由直线l与圆x?y?1相切，可得：

222.

|n|m2?1?1，即m2?1?n2.

?y?mx?n12?22联立?x2消去y得(m?)x?2mnx?n?1?0.…………………8分

22??y?1?21?2mn???2mn????4m2n2?4(m2?)(n2?1)?2m2?0，x1? ,x?22222m?12m?1?4mn2n2?2,x1x2?所以，x1?x2?

2m2?12m2?1S四边形ACBD2222m2?n2?12|m|1?|AB||x2?x1|=? =?.10分 22122m?12m?12|m|?2|m|126，即m??时等号成立，此时n??，经检验可知， |m|22当且仅当2|m|?直线y?

2626和直线y??符合题意. ………………………………12分 x?x?22222221.解：（1）当a??1时，f(x)?(x?2x)lnx?x?2,定义域为?0,???，

f?(x)??2x?2?lnx??x?2??2x. …………………2分

?f?(1)??3，又f(1)?1,f(x)在?1,f?1??处的切线方程3x?y?4?0. ……………4分

22（2）令g?x??f?x??x?2?0,则x?2xlnx?ax?2?x?2,即a???1?(x?2)?lnx,

x 令h(x)?1?(x?2)?lnx， …………………5分

x112?2lnx1?x?2lnx???. …………………6分 222xxxx则h?(x)??令t(x)?1?x?2lnx,t?(x)??1?函数，又

2?x?2?，xxt?(x)?0，t(x)在(0,??)上是减

t?1??h??1??0所以当0?x?1时，h??x??0，当1?x时，h??x??0，

，

所以h?x?在?0,1?上单调递增，在?1,???上单调递减，?h?x?max?h(1)?1.………8分 因为a?0， 所以当函数g?x?有且仅有一个零点时，a?1.

22当a?1，g?x??x?2xlnx?x?x，若e?2?x?e,g(x)?m,只需证明g(x)max?m,??

…………………9分

g?(x)??x?1??3?2lnx?令g?(x)?0得x?1或x?e，又e?2?x?e，

，

?函数g(x)在(e,e)上单调递增，在(e,1)上单调递减，在(1,e)上单调递增，10分

?2?32?32?323?1?32又g(e)??e?2e2 ， g(e)?2e?3e,

2?33??1?33g(e)??e?2e2?2e2?2e?2e(e?)?g(e).

22?3232即g(e?32)?g(e) ，g(x)max?g(e)?2e2?3e, ?m?2e2?3e. ………12分

22．证明：(1)因为PG?PD，所以?PDG??PGD.

由于PD为切线，故?PDA??DBA，…………………2分 又因为?EGA??PGD，所以?EGA??DBA， 所以?DBA??BAD??EGA??BAD， 从而?PFA??BDA.…………………4分

??又AF?EP,所以?PFA?90，所以?BDA?90， 故AB为圆的直径．…………………5分 (2)连接BC，DC.

由于AB是直径，故∠BDA＝∠ACB＝90°.

在Rt△BDA与Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD，从而得Rt△BDA≌Rt△ACB， 于是∠DAB＝∠CBA. …………………7分

又因为∠DCB＝∠DAB，所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB. ………………8分 因为AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE为直角，…………………9分

所以ED为直径，又由(1)知AB为圆的直径，所以DE?AB?5.…………………10分 23.解：(Ⅰ)圆C的普通方程为x?y?2x?2y?0，即(x?1)?(y?1)?2.………2分

2222所以圆心坐标为（1，-1），圆心极坐标为(2,7?)；…………………5分 4(Ⅱ)直线l的普通方程：22x?y?1?0，圆心到直线l的距离

d?22?1?13?22，…………………7分 3所以AB?22?8210?, 932?2252?,…………………9分 33点P直线AB距离的最大值为r?d?Smax?121052105.…………………10分 ???2339?3x?6,x??1?24.解：（Ⅰ）当m?5时，f(x)???x?2,?1?x?1,………………………3分

?4?3x,x?1?由f(x)?2易得不等式解集为x?(?,0)；………………………5分

（2）由二次函数y?x2?2x?3?(x?1)2?2，该函数在x??1取得最小值2，

43?3x?1?m,x??1?因为f(x)???x?3?m,?1?x?1在x??1处取得最大值m?2，…………………7分

??3x?m?1,x?1?所以要使二次函数y?x?2x?3与函数y?f(x)的图象恒有公共点，只需m?2?2， 即m?4..……………………………10分

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