大庆市高三年级第三次教学质量检测文科数学参考答案

一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 B 9 D 10 B 11 A 12 D 答案 B C A B B D C 二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13． 644 14．(x2)2(y3)25 15． 11 16． ①②④ 三．解答题（本题共6大题，共70分）

(17)解: (I)因为c3bcosC3ccosB，由正弦定理得

sinC3sinBcosC3sinCcosB …………2分

即sinC3sin(BC),所以sinC3sinA， …………4分 因为A(0,)，所以sinA0，

sinC3. …………6分 sinAsinCc3，即c3a, …………7分 (II)由(I)知:

sinAa所以

又因为b23,所以由余弦定理得：

1b2c2a22accosB，即129a2a22a3a,

3解得a1,所以c3, …………9分 又因为cosB122，所以sinB， …………10分 33故ABC的面积为S(18) 解：（I）由题意知，

1122acsinB132. …………12分 2233000.15，解得z380. …………4分

750z3705001（II）样本的平均数为x(5265606155625859)59，与样本平均数之

8差的绝对值不超过2的数为60,61,58,59这4个数，所以该数与样本平均数之差的绝对值不超过2的概率为

41

. …………8分 82

（III）设所抽取样本中有m名女生，因为用分层抽样的方法在高三年级抽取一个容量为5的样本，所以

5m，所以m2，抽取了2名女生，3名男生. 2名女生记

200300200作A,B,3名男生记作1,2,3，从中任选2名学生基本事件为A1,A2,A3,

大庆市高三第三次教学质量检测 文科数学参考答案 第1页 共4页

B1,B2,B3,12,13,23,AB,基本事件总数为10；2名学生均为男生的事件为12,23,13，

所以任选2名学生，2名均为男生的概率为（19）（I）证明：因为AD∥BC,BC3. …………12分 101AD,Q为AD中点, 2 所以四边形BCDQ为平行四边形.

所以CD∥BQ.

因为ADC90，所以AQB90，即BQAD. …………2分

又因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，

BQ面ABCD，所以BQ平面PAD. …………5分 因为BQ平面PBQ，所以平面平面PBQ⊥平面PAD. …………6分 （Ⅱ）解：由已知VCBQMVMBCQ, 且VMBCQ1VPBCQ 2由（Ⅰ）知 四边形BCDQ为矩形，所以SBCQ 因为PAPD，Q为AD中点,所以PQAD.

13.……………9分 BQBC22 因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，

所以PQ平面ABCD.

在RtPDQ中，PD2PQ2DQ2，PQ3. ……………10分 所以VPBQM11131VPBCQ3. …………12分 22324（20）解：（I）由题意得，a2,c3，b2a2c21，

x2y21. …………4分 代入，得4x2x122y1上，所以y121. （2）因为Q(x1,y1)在44x1232则FQ(x13)y(x13)1(2x1) ………6分

422212因为x12，所以FQ(2222323x1)2x1. ……………8分 22因为PQ为圆xyb的切线，所以

x12323PQOQOPxy1x11x1x1 ………10分

442所以PQFQ2，和为定值. …………12分

lnx11f(1)(21)解：(Ⅰ)由f(x)，得， ……………1分 xee1xxlnxf'(x)，所以kf'(1)0， ……………3分

xex22212121大庆市高三第三次教学质量检测 文科数学参考答案 第2页 共4页

所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y（Ⅱ）h(x)1xxlnx，x(0,).

1. ……………4分 e所以h'(x)lnx2. ……………5分 令h'(x)0得，xe.

因此当x(0,e2)时，h'(x)0，h(x)单调递增；

当x(e2,)时，h'(x)0，h(x)单调递减. ……………7分 所以h(x)在xe处取得极大值，也是最大值.

22h(x)的最大值为h(e2)1e2. ……………8分

(Ⅲ)证明：因为g(x)xf'(x)，所以g(x)1xxlnx,xe

x0，g(x)1e2等价于1xxlnxex(1e2). ……………9分

由（Ⅱ）知h(x)的最大值为h(e2)1e2，故1xxlnx1e2.

只需证明x0时，e1成立，这显然成立. ……………10分 所以1xxlnx1e2xex(1e2)，

2因此对任意x0，g(x)1e. ……………12分

（22）（I）证明：如图，连接ON，则ONPN，且OCN为等腰三角形，

则OCNONC.

因为PMNOMC90OCN,PNM90ONC，

所以PMNPNM,所以PMPN. ……………3分

2 根据切割线定理，有PNPAPB，所以PMPAPB. ……………5分

2BCOMNAP(II) 解：因为OA43,OA3OM, 所以OM4.

OC3，所以CMO60.……………6分 OM所以CMOPMNPNM60，所以PMN是等边三角形,

所以OPN60. ……………8分

ON3,所以PN4. ……………10分 在RtOPN中，tanOPNPN在RtCOM中，tanCMO大庆市高三第三次教学质量检测 文科数学参考答案 第3页 共4页

(23) 解：（I）将点P(4,2， ……………2分 )化为直角坐标，得P23，6直线l的普通方程为y3x1， ……………3分

因为323152， ……………4分 所以点P坐标不满足直线l的方程，

所以点P不在直线l上． ……………5分 （II）法1：

因为点Q在曲线C上，故可设点Qcos,2sin， ……………6分 点Q到直线l:3xy10的距离为

2cos36|3cos2sin1|， ……………8分 d23115所以当cos1时，dmin，当cos1时，dmax．

226615故点Q到直线l的距离的最小值为，最大值为． ……………10分

22法2：

曲线C的普通方程为x(y2)1，

它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆. ……………6分 圆心(0,2)到直线l:3xy10的距离为d220213，……………8分 2231351,1， 2222故点Q到直线l的距离的最小值为

15，最大值为． ……………10分 222x1,x5（24）解（I）fxx4x59,5x4 ……………3分

2x1,x4x5时，2x113，解得x7； x4时，2x113，解得x6.

所以原不等式的解集为xx7或x6}. ……………5分 （II）由题意知，a需且只需大于f(x)的最小值，

而fxx4x5x4x59, ……………8分 故a9，

所以，a的取值范围是9,. ……………10分

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