篇一:《2016唐山三模文科数学及文科数学答案》
唐山市2015—2016学年度高三年级第三次模拟考试
高三文科数学答案第1页 共3页
一、选择题
文科数学参考答案
A卷：DCADD ABCDA BC
B卷：DCABD ABCDC BA 二、填空题 （13）1 （14）3 （15）43π
（16）(n－1)4n1＋4
＋
三、解答题 （17）解：
（Ⅰ）由正弦定理得3sinAsinB＋sinBcosA＝sinC 3sinAsinB＋sinBcosA＝sin(A＋B)， 即3sinAsinB＝sinAcosB，
3
由sinA≠0得tanB，所以B＝30°． …6分
3
1 3
（Ⅱ）由a＝3c得S△ABC＝acsinB＝c2＝3，所以c＝2，a＝43．
22
222
由余弦定理得b＝a＋c－3ac＝28，故b＝27． …12分 （18）解：
（Ⅰ）该组数据的中位数为87，众数为92， 抽取的15件产品中，合格品有10件，
2
由此估计该条生产线所生产的产品为合格品的概率为
3
…5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得若生产该产品150件，则有50件不合格品，100件合格品， 所以生产150件上述产品平均一件的利润为 1
×(100×270－50×90)＝150元 150
…12分
（19）解：
（Ⅰ）由已知可得：AD∥EC，且AD＝EC， ∴四边形AECD为平行四边形， ∴AE∥CD，且AE＝CD＝2．
∵PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD， ∴PA⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩PA＝P，
∴AE⊥平面PAB，又AB平面PAB， ∴AE⊥AB．
又∵PA⊥AB，PA∩AE＝A， ∴AB⊥平面PAE，
D
…6分
高三文科数学答案第2页 共3页
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知△ABE是直角三角形且∠AEB＝60°， 从而有△CDE是边长为2的等边三角形． 设C到平面PDE的距离为h，
由V 1 1
P-ECD＝VC-PDE得3△ECD·PA3
S△PDE·h，
解得h＝221
7
，
即C到平面PDE的距离为221
7
．
20）解：
（Ⅰ）依题意可设直线l的方程为x＝my＋1，
圆心C(0，2)到直线l的距离d＝1＝|2m＋1|
1＋m，
解得m＝0或－ 4
3
故l的方程为x＝1或3x＋4y－3＝0． （Ⅱ）依题意可得N(0，4)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将x＝my＋1代入圆C方程可得：(1＋m2)y2＋(2m－4)y＋1＝0，
得y4－2m1
4m＋11＋y21＋my1y2＝1＋m，x1x2＝1＋m， k－4y2－4－16m－AN＋kBN＝
y1x＝4
4为定值． 1x24m＋1
21）解：
（Ⅰ）由m＞0得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x) 1
x－1＝1－xx
x＝1时，f(x)＝0；
当0＜x＜1时，f(x)＞0，f(x)单调递增； 当x＞1时，f(x)＜0，f(x)单调递减． 故当x＝1时，f(x)取得最大值0， 则f(1)＝0，即lnm＝0， 故m＝1． （Ⅱ）g(x)＝xex－m，令h(x)＝xex
－m，
则h(x)＝(x＋1)ex，当x＝－1时，h(x)＝0； 当x＜－1时，h(x)＜0，h(x)单调递减； 当x＞－1时，h(x)＞0，h(x)单调递增．
故当x＝－1时，h(x)取得最小值h(－1)＝－e－
1－m＜0． 当x＜－1时，h(x)＜0，h(x)无零点，
注意到h(m)＝mem－m＞0，则h(x)仅有一个零点x0，且在(－1，m)内．由（Ⅰ）知lnx≤x－1，又m＞0，则 1 1
2ln(m＋1)∈(0，2
)．
而h( 1
2
ln(m＋1))＝h(lnm＋1)
＝m＋1lnm＋1－m＜m＋1(m＋1－1)－m
高三文科数学答案第3页 共3页
…12分
…5分
…12分
…4分
…8分
（（
1
＝1m＋1＜0，则x0＞(m＋1)，
2 1
故h(x)仅有一个零点x0，且ln(m＋1)＜x0＜m．
2 1
即g(x)仅有一个极值点x0，且(m＋1)＜x0＜m．
2
（22）解：
（Ⅰ）证明：连接CQ，BC，AB，
因为PQ是圆O的切线，所以∠PQC＝∠CBD，
…12分
因为B为⌒AC的中点，所以∠CQB＝∠ACB，
Q所以∠PQC＋∠CQB＝∠CBD＋∠ACB， 即∠PQD＝∠CDQ，
故△DPQ为等腰三角形. …5分
（Ⅱ）设CD＝t，则PD＝PQ＝1＋t，PA＝2＋2t， 由PQ2＝PC·PA得t＝1， 所以CD＝1，AD＝PD＝2， 所以BD·QD＝CD·AD＝2. （23）解：
（Ⅰ）设A(x，y)，则x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
π 3 π 3 1 1
所以xB＝ρcosθ＋＝xy；yB＝ρsinθ＋＝x＋，
32232233 1 1
故B－，＋．
2222
233 1 2 1
由|BM|2＝1得x－y＋2＋＋y＝1，
2222
整理得曲线C的方程为(x＋1)2＋(y3)2＝1．
x＝－1＋cosα，
（Ⅱ）圆C：（α为参数），
y＝3＋sinα
则|OA|2＋|MA|2＝43sinα＋10，
所以|OA|2＋|MA|2∈[10－4，10＋]． （24）解：
（Ⅰ）由a＞b＞c＞d＞0得a－d＞b－c＞0，即(a－d)2＞(b－c)2， 由ad＝bc得(a－d)2＋4ad＞(b－c)2＋4bc，即(a＋d)2＞(b＋c)2， 故a＋d＞b＋c．
abdc－－－－abcdcabdcdabcdaa（Ⅱ）＝，
abcdbdbc
a－bc－d
a a a
由（Ⅰ）得a－b＞c－d，又＞1，所以＞，
bbb{唐山2016年三模答案}.
a－bdc－dc－ddc－dadc－daa即＞＝＝1，
bcbcbc故aabbcddc＞abbaccdd．
…10分
(
(
(
)
(
)()
…5分
…10分
…5分
((()()
(()
((()( …10分
高三文科数学答案第4页 共3页
篇二:《2016唐山三模理科数学及答案》
唐山市2015—2016学年度高三年级第三次模拟考试
高三理科数学答案第1页 共4页
一、选择题
理科数学参考答案
A卷：BCAAD BCCBB AD
B卷：BCAAD BBCDC AD 二、填空题
（13）4 （14）3π （15）－1 三、解答题 （17）解：
（16）(－3，0)
2a＋b－c2sinA＋sinB－sinC
（Ⅰ）因为 ，所以由正弦定理可得：，
cosBcosCcosBcosC
所以2sinAcosC＝－(sinBcosC＋sinCcosB)＝－sinA．
1
因为sinA≠0，所以cosC＝－．
2又0＜C＜π，故C＝
2π
． 3
…5分
π 3 1
（Ⅱ）sinAsinB＝sinAsin(A)＝sinA(A－A)
322
＝
1－cos2A 1 3 1 3 π 1
2A－sin2A＝2A－(2A＋－ 4244264
…12分
π π 1
因为0＜A，所以当A＝时，sinAsinB有最大值为
364
（18）解：
（Ⅰ）该组数据的中位数为87，众数为92，
打印的15件产品中，合格品有10件，由此可估计该打印机打出的产品为合格品的
2
概率为． …5分
3
（Ⅱ）随机变量X可以取－54，18，90，162，
2 3 1 2 2 2 2 1
P(X＝－54)＝C0×1－＝ P(X＝18)＝C××1＝， 33
327339 2 2 2 1 4 2 3 8 23
P(X＝90)＝C3××1－ P(X＝162)＝C3×＝
339327
X的分布列为
8
∴随机变量X的期望E(X)＝(－54)×＋18×＋90×162×＝90． …12分
279927
()()()()
（19）解：
（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，
高三理科数学答案第2页
∴PA⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩PA＝P，
∴AE⊥平面PAB，又∵AB平面PAB， ∴AE⊥AB．
又∵PA⊥AB，PA∩AE＝A， ∴AB⊥平面PAE，
又∵PE平面PAE， ∴AB⊥PE． …6分 （Ⅱ）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则B(23，0，0)， P(0，0，2)，C(－3，3，0)，D(3，1，0)，
∴→BC＝(－33，3，0)，→PC＝(3，3，－2)，→DC＝(0，2，0). 设平面PBC的一个法向量m＝(x，y，z)，
m·→－33x＋3y＝0，BC＝0，则即
－x＋3y－2z＝0，→m·PC＝0，
令x＝1，得n＝(1，3，3)．
同理可求平面PCD的一个法向量n＝(2，03)．
m·n－1 1
∴cosm,n＝
7|m||n|7·7∵二面角B-PC-D为钝二面角，
1
∴二面角B-PC-D的余弦值为－．
7
…12分
（20）解：
x2y2
（Ⅰ）设椭圆C＋＝1（a＞b＞0），由已知可得：
ab
2b2
＝3，a＝2，a
解得 c＝1，b3．
a2＝b2＋c2．
22 x y
故所求椭圆C的方程为＝1．
43
…4分
（Ⅱ）假设存在满足条件的点T(t，0)，
当直线AB斜率不为0时，可设直线AB为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将x＝my＋1代入C得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
－6m－94－12m28
显然Δ＞0，且y1＋y2＝yy＝，x＋x＝xx＝
4＋3m124＋3m124＋3m124＋3m所以→TA·→TB＝(x－t)(x－t)＋yy＝xx－t(x＋x)＋t2＋yy＝
(6t－15)m－92
t－2t＋1，
4＋3m高三理科数学答案第3页 共4页
2
1
2
12
12
1
2
12
6t－15－911
要使→TA·→TB为定值须有t＝
348
11 135
此时T(0)，→TA·→TB为定值－．
864
135
当直线AB斜率为0时，→TA·→TB．
64
11
故存在点T(0)满足题设.
8（21）解：
…12分
1
（Ⅰ）m＝1时，f(x)＝ex－lnx－2，f(x)＝ex－，x＞0．
x 1
显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(＜0，f(1)＞0，
2
1
故存在唯一实数t∈(，1)，使得f(t)＝0．
2 1 1
（Ⅱ）f(x)＝memx－m(emx－)，
xmx
…4分
由0＜m＜1得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由（Ⅰ）得mx0＝t时，f(x0)＝0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
t
即f(x)的最小值为f(x0)＝f(＝et－lnt＋lnm－2，
m
1 1
∵et－＝0，∴et，t＝－lnt．
tt
t 1 1
于是f(x0