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1、高三三模考试数学试题参考答案 第1页（共8页） 高三三模高三三模数学数学试题参考答案及评分说明试题参考答案及评分说明 201905 第卷（选择题第卷（选择题 共共 60 分）分） 一、一、选择题：选择题：BCCAD BCBDB AA 第卷（非选择题第卷（非选择题 共共 9 90 0 分）分） 二、二、填空题填空题： 13 7 9 14 240152430xy+ =16 1 313 , 4 416 三、解答题：三、解答题： 17 （ 12 分）解： （1）因为BABACcossin22coscoscos=+ 所以BABABAcossin22coscos)cos(=+， 即BABAcossin22
2、sinsin= 因为0sinA，所以0cos22sin=BB 又因为1cossin 22 =+BB 解得： 3 1 cos=B 6 分 （2）2=+ca，可得ac= 2， 由余弦定理可得：accaBaccab 3 2 cos2 22222 +=+= )2( 3 2 )2( 22 aaaa+= 3 4 ) 1( 3 8 2 +=a 10 分 20 a，2 3 32 b 所以b的取值范围为)2 , 3 32 12 分 高三三模考试数学试题参考答案 第2页（共8页） 18 （12 分）解： （1）因为直线MF 平面ABFE， 故点O在平面ABFE内也在平面ADE内， 所以点O在平面ABFE与平面AD
3、E的交线上（如图所示） 因为/AO BF，M为AB的中点，所以OAMMBF， 所以OMMF=，AOBF=，所以点O在EA的延长线上， 且2AO = 2 分 连结DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点 连结MN，因为MN为DOF的中位线，所以/MN OD， 又因为MN 平面EMC，所以直线/OD平面EMC4 分 （2）由已知可得，EFAE，EFDE，所以EF 平面ADE， 所以平面ABEF 平面ODE， 取AE的中点H为坐标原点， 建立如图所示的空间直 角坐标系，所以() ()()() 1,0,0 ,0,0, 3 ,0,4, 3 ,1,4,0EDCF， 所以 () 1,0,
4、 3ED =， () 1,4, 3EC =， 设()()1, ,004Mtt ，则()2, ,0EMt=， 6 分 高三三模考试数学试题参考答案 第3页（共8页） 设平面EMC的法向量(), ,mx y z=，则 20 0 4300 xty m EM xyzm EC += = += ， 取2y =，则 8 , 3 t xt z =，所以 8 , 2, 3 t mt = ，8 分 DE与平面EMC所成的角为60，所以 () 2 2 83 2 8 24 3 t t = + ， 所以 2 2 33 2 419tt = + ，所以 2 430tt+ =，解得1t =或3t =， 所以存在点M，使得直线
5、DE与平面EMC所成的角为60，9 分 取ED的中点Q，则QA为平面CEF的法向量，因为 13 ,0, 22 Q ， 所以 33 ,0, 22 QA = ， 8 , 2, 3 t mt = ，设二面角MECF的大小为， 所以 () 22 2 242 cos 419 8 34 3 QA m tt QA mtt t t = + + ，10 分 因为当2t =时，cos0=，平面EMC 平面CDEF， 所以当1t =时，为钝角，所以 1 cos 4 = ， 当3t =时，为锐角，所以 1 cos 4 = 12 分 19 （ 12 分） 解： （1） 复发 未复发 总计 甲方案 20 30 50 高三
6、三模考试数学试题参考答案 第4页（共8页） 乙方案 2 18 20 总计 22 48 70 3 分 由于 2 70 (20 182 30) 5.9666.635 50 20 22 48 k = ，5 分 所以没有99%的把握认为甲、乙两套治疗方案对患者白血病复发有影响；6 分 （2）接受“乙方案”治疗的人数0,1,2X 7 分 3 20 3 22 57 (0) 77 C P X C =； 21 202 3 22 19 (1) 77 C C P X C =； 12 202 3 22 1 (2) 77 C C P X C =； 10 分 571913 012 77777711 EX = + + =
7、12 分 20 （ 12 分） 解： （1）由题意知(0,2)F，所以4p = 所以抛物线C的方程为 2 8xy=2 分 将 2 8xy=与 22 4xy+=联立得点A的纵坐标为2( 52) A y =， 结合抛物线定义得=2 52 2 A p AFy += 5 分 （2）由 2 2xpy=得： 2 , 2 xx yy pp =， 所以直线l的斜率为 0 x p ，故直线l的方程为 0 00 () x yyxx p =, 即 00 0x xpypy= 6 分 高三三模考试数学试题参考答案 第5页（共8页） 又由 0 22 0 2 py ON xp = + 得 0 2 0 8 4 y p y =
8、 且 2 0 40y7 分 所以 222 22 00 4MNOMONxy=+ 22 0 0000 2 0 8 2424 4 y pyyyy y =+=+ 22 22 00 00 22 00 1616(44) 44 44 yy yy yy + =+=+ 2 0 2 0 64 164 4 y y =+ 10 分 令 2 0 4ty=， 0 3,4y ，则5,12t， 令 64 ( )16f tt t =+ +，则 2 64 ( )1f t t = ； 当5,8t时( )0f t，( )f t单调递减， 当(8,12t时( )0f t，( )f t单调递增， 又 64169 (5)165 55 f=
9、+ +=， 64100169 (12)16 12 1235 f=+= 所以 max 169 ( ) 5 fx =，即MN的最大值为13 5 5 12 分 21 （12 分） 解： （1）函数()与()的图像上存在关于原点对称的点， 即() = 1 2（ ） 2的图像与函数() = ln的图像有交点， 即 1 2（ ） 2 = ln在()0,+有解， 即1 2 = ln 在()0,+上有解 2 分 高三三模考试数学试题参考答案 第6页（共8页） 设() = ln ，( 0)，则() = ln1 2 当 (0,)时，()为减函数；当 (,+)时，()为增函数， 所以()min= () = 1 ，即
10、 2 4 分 （2）() = () () = ln 1 2 2，() = ln + 1 ()在(0,+)上存在两个极值点1,2，且1 2，即证ln1+ ln2+ 2 2， 只需证(+1)ln 1 2，即证ln 2(1) +1 0， 则() = ln 2(1) +1 在(0,1)上单调递增，() 2即212 2 12 分 （二）选考题：（二）选考题： 22 （10 分） 解： （1）因为 6 = ，所以直线l的参数方程为 3 3, 2 1 2. 2 xt yt =+ =+ （t为参数） ， 消t可得直线l的普通方程为330xy+= 2 分 高三三模考试数学试题参考答案 第7页（共8页） 因为曲线
11、C的极坐标方程 2 2 1 3cos = + 可化为() 22 1 3cos4+= ， 所以曲线C的直角坐标方程为 22 44xy+= 5 分 （2）设直线l上两点A，B对应的参数分别为 12 ,t t ，将 3cos , 2sin . xt yt =+ =+ 代入曲线 C的直角坐标方程 22 44xy+=可得 22 4( 3cos )(2sin )4tt+= ， 化简得() 222 (4cossin)8 3cos4sin120tt+= ， 7 分 因为 1 2 22 12 4cossin PAPBt t = + ， 2 7OP= ， 所以 22 12 7 4cossin = + ， 解得 2
12、 16 tan 5 = 9 分 因为() 2 22 8 3cos4sin48(4cossin)0 =+ 即 () 2sin2 3cossin0，可知tan0，解得 4 5 tan 5 = ， 所以直线l的斜率为 4 5 5 10 分 23 （10 分） 解： （1）由函数( )f x向左平移m个单位可知， 函数( ) 1 2a g xxma=+， 2 分 要使( )( )1g xf x恒成立， 则( )( )1f xg x， 即1xaxma+恒成立， 因为()xaxmaxaxmam+ +=， 4 分 所以只需1m ，即实数m的最大值为1 5 分 高三三模考试数学试题参考答案 第8页（共8页） （2）当 1 2 a 时， 函数 11 31, 22 111 ( )211, 222 1 31,. 2 a aa a xax h xxaxxaxa xaxa + =+ =+ 7 分 若函数( )h x存在零点， 则满足函数 min 111 ( )( )0 222 a h xha=， 8 分 即 1 , 2 11 . 22a a a ， 因为函数 1 ( ) 2 f xx=与函数 1 ( ) 2x f x =的图像有且只有一个交点 1 (1, ) 2 ， 所以实数a的取值范围为 1 1 2 a
