2015-2016年石家庄市质检一理科数学(含答案)

1

2

3

20451年高 三数质量检学测 理科答一案

、选一择题： 15-BCAD BBDBD C二、填题： 空13 .8 4.1 ,  3316 . ,11A

C

1  2

15.

5

三解答、

17．题：(解) Ⅰ由知已得， S 2 2S1  4 即S 1 a(a1 46 )d (2a 1  )2 又d由 1a 1，  0d故， n a2 n 1

（Ⅱ 由）知可得已 n

b……

……………… … 1分

得 2

1ad d2 ……………………… 3分……… ………………5 分

得

d

2



1

，( n2 1) 2n ( 1)

…

………………… … 分6

T

n 

1 111    1 33 55 72n ( )1(2  n1)



11 1 111 1  1 (1 )  ( )  ( )   ( )2  3 35 5 7 2n 12 n1  

n2n 1

………………… …1 分

0

18.

解：(Ⅰ 由) 2 asn i  C



 3b 

3变形 2为s in

 Asi nCc s  coso Csin  s3n Bi 33 



ins Asin C 3 sin A osC c 3sin  A C s i nAsn C i s3in AcosC 3 s in A  

Cin s sAin C  3s i A cnoC  s3s n i AcsCo 3 oc A ssi n

C……………2 分…

5

sin

A isn  3 Cocs siAnC

为 s因n iC



0所

以si A 

n

3co As…

…………4 … …分…………6 分…

tnaA  3

又 A



0,  A  

（Ⅱ）在3 ADB中， AB 3 ， B D 3 ，1A

利余弦用理，

定



3

B2A AD 2 2 A B A D oscA  DB

……2………8 分

…解得A D4 ，

又D 是A C 中点

的

A C8

………………21 分

S

BC 

A

1 AB A Csi n A 63 2

1．9 Ⅰ)证(明： 取AD的中 点，连接E P，BE，BDE． P∵＝PA＝DA，四D形 边ACBD为 菱，且形∠AD＝B6°0 ，△P∴DA 和ABD 为两△个全等的等边角三，形 则 PEA⊥D，BE AD⊥，A∴D⊥平面P E， B 又PB平面 BEP∴，BPAD⊥； ． ． ． ．． ． ．．． ． ． ．．． ． ． ． ． ． ． ．3 分． ． ．． ． ．．． ．． ．． ． ．．． ． ． ． ．． ．．5 分

(Ⅱ)解：在

PBE△ 中，已知得由PE，＝E＝ B，3B＝P ，则 6PB2PE＝＋2E2B， ∴PE∠＝B9°0 即， E⊥BEP， 又P⊥AED，∴P⊥E平面AB C；D 点 以E 坐为原点标分，以 别A，EB，EEP 在直线所 x为y，， 轴z，立如图建 坐标系则 ，(0E0,0),，C( 2－, 3,0)D，－(1,00,)，(0P0,, )，3则→ DP ＝1,(0, 3，→ DC )＝(1－, 3,)， 由题意0可设平 面AP 的一D个法量向 为＝(0m1,,)； 0．． ．． ．．． ． ． ． ． ． ．． ．7． 分设 平 P面CD的一个法 向为 量＝(xn,,yz，

E. A )

P

所空示直角 间

z

DB

C

x

y

x＋ 3z＝0 ，n→· DP 0＝由 ： 令 y＝得，则1x＝ 3 ，＝－1z，∴n( ＝,3,11－； )－x＋3y ＝0， n · →D C＝0 

则m n＝1，·∴co 5 m·1 n＝ ＝ ，5| |m n | |5． ．． ．

． ．． ． ． ．． ． ．1 1分5 ． ． ． ． ． ． ．12． 5

分

题意知由面角 二－PADC 的平－面为角钝角所以，，面二 A角P－DC－ 余弦值为－ 的0.2：解 （）I方北厂工灯具平寿命：均

x

北=35方  001.+2450 .20+5805 0.+6450 0.217+05 .08=0265 小时……；…… 3分

南工厂方具平均寿命：

6灯

南方=x35 00. 2+1405  0.82+55  0.06+6530 .02=5242小 时 ….……… 6

（Ⅱ）设分方工北厂两件灯能够正常具使的事件分别用为A， ；B南方工两件厂灯具够正能使用常 事件分的别 C为D；

，（A）

=P（B ） =P（ C =）P（ ） =D 题意可知： P

则：采购由北工方厂具灯概的率

3

;5

…………

8 分

P

 P( ABD)C P( ACDB  )P( ACD) B P( BACD )P( A CB)

3D   52

2  3 2 19 12 3  2  2  .1    2 C    5 5 5 525 6     

…

………01

分

………1… 2分

2． 解： （Ⅰ1由题）意

c

7 ① ， a2 8 ②， a

4

………2’

…22 2 又 a b c③ ，由①②解得③ a  4： b ,3 ，

所以求椭圆 C

标准方程为

的

x2y 2 1 1 69.

…………’4

Ⅱ）（直线设 l方 程为y  k (x m)（ k ） ，且0A x1(, 1y)、B( 2 x y, 2 ，直线)AQ、B Q的 率斜别为 k1分, k 2 将 ， y k ( x m )入

代x

2 2y 1 ： 16 得9

(9

 16k 2 ) 2  32xk 2m 16k 2m2 x144 0，

32 k2 m 16k2 m 2 441 , 1  x2 x 韦达定理可得由：x 1 2 x . 9 61k 9 21 k 6

由2k1  2  0 k，得

…………’

y1 y7  2 0 ， 将1y k (x1 m) y2 , k( x2  ) 代m入整，理： x得  1 nx2 n

2x1 2 x (m )n x(  12 x) m2 n 0. x1x 2n( 1x 2 )x n2

即

2x1 x 2 (m  )n x1( 2 x) 2 mn 0 .

…………1’

0

23 2 mk 1k 2 62m 14 x 4 x2 , x1 x2 理整可解 mn得 1 6 将. 1 9 61k 92 16 k2代入，

2 解2：Ⅰ)由(已知 f  x()  x  a ， f2)( 2 a 0 ， a  3 ………1 分 . . x2

…

………2’1

22

7

所以 f  x( ) x 3

2

2 x x3 2( x  2)( x )1 x，0  x x

由x ( xf) 0 ， 0得 x  ,1或 x 2 ； 由 f  ( x )0 得， 1 x  2 ……，3… 分以函数的单调所递区增间 (是01,)(2,, ) ，单调减区递间是(1, 2) . ……… 4分 Ⅱ（由（1））可极知值小 f2  2 nl2  4 极；大为 f 值1 

5

2知方可 f 程 (x) m 个三实满足 根0 1x   x21 2 x3…… 5…分 设 1 h x( )f  x f  2 x ，  (x,0)1

h1

( x ) f  x    f 2  x 

( x 4 )2 01 (2 xx )

则

h (1 )x h1 (1) f 1   f  2 1

 0 ， 即 f x   2 f x ,  (0,x)1 以 f  所x 2  x1  ff  2 x 1 ， （1由）函数知 f  x在 1,2 上单调递减，从 x2 而2  x ，1 即x 1 x2 2①………8分 同理 设 2 (hx  f ) x f 4 x , x ( ,1)2

2

(x 22)  2h( x ) f x  f 4 x   0 (4 xx )

2 ( x)h  2 h2() f   2 f 4  2   ）0

f 即 x f  4 x  ,  (1,2)

xf x3  f x2  f   x2 4，

由（ ）知函1 f数 x  在  2, 上调递单增 从， x3 而  4x2 ， x即 3 2x 4 ②………1 1 由①②分得可x3  1 x  得证.2… ……1 分2

8