某某某三市2014届高三第一次调研考试
理科数学参考答案
一.选择题
1——5 CBCBB6——10 DAACB 11-----12 AD 二.填空题 13. 160 14.三. 解答题
17.
解：（Ⅰ）由
43221?1 15. 16.?1或10 333 sin2A?sinCcosB?sinBcosC得3sinAcosA?sin(B?C)?sinA，
2…………………………………………2分
由于?ABC中sinA?0，?3cosA?1，cosA?1………………………………4分 3?sinA?1?cos2A?22. ……………………………………5分 3（Ⅱ）由cosB?cosC?2323得?cos(A?C)?cosC?，……………6分 332322223sinC?cosC?，?……8分
33336，……10分 3即sinAsinC?cosAcosC?cosC?得2sinC?cosC?3，cosC?3?2sinC，平方得sinC?由正弦定理得c?18. 解：（Ⅰ）
asinC3?……………………………………12分
sinA2分组 第1组 60.5—70.5 第2组 70.5—80.5 第3组 80.5—90.5 第4组 90.5—100.5 合计 频数 13 15 18 4 50 频率 0.26 0.30 0.36 0.08 1
0.040 0.036 0.032 0.028 0.024 0.020 0.016 0.012 0.008 频率 组距1 / 6
0 60.5 70.5 80.5 90.5100 .5 分数
…………………………………………………………………6分
（Ⅱ）获一等奖的概率为0.04，所以全校获一等奖的人数估计为200?0.04?8（人），随机变量X的可能取值为0,1,2,3.
0514C3C515C3C51;; ??PX?1??P?X?0???555656CC882332C3C5C3C5155;.……………………………10分 ??PX?3??P?X?2???552828C8C8随机变量X的分布列为 X P 0 1 2 3 151551 5656282811515515. ………………………………12分 E?X??0??1??2??3??56562828819.
证明：（I）方法一：由AE?平面BCD得AE?CD，又AD?CD，
则CD?平面AED，故CD?DE， …………………………………………2分 同理可得CB?BE，则BCDE为矩形，又BC?CD，
则BCDE为正方形，故CE?BD． …………………………………………4分
方法二：由已知可得AB?BD?AD?62，设O为BD的中点，则
AO?BD,CO?BD，则BD?平面AOC，故平面BCD?平面AOC，则顶点A在底面
BCD上的射影E必在OC，故CE?BD．
（II）方法一:由（I）的证明过程知OD?平面AEC,过O作OF?EG，垂足为F，则易证得DF?EG，故?OFD即为二面角C?EG?D的平面角，………………6分 由已知可得AE?6，则AE?AG?AC，故EG?AC，则OF?2CG?23， 2又OD?32，则DF?30， …………………………10分
故cos?OFD?1010，即二面角C?EG?D的余弦值为．……………………12分
55方法二: 由（I）的证明过程知BCDE为正方形，如图建立坐标系，
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则E?0,0,0?,D?0,6,0?,A?0,0,6?,B?6,0,0?,C?6,6,0?，可得G?2,2,4?，………7分 则ED??0,6,0?,EG??2,2,4?，易知平面CEG的一个法向量为BD???6,6,0?,设平面
??n?DEG的一个法向量为n??x,y,1?，则由???n?ED?0EG?0得n???2,0,1?，
…………………………10分
则cos?n,BD??10n?BD10，即二面角C?EG?D的余弦值为． ?55|n|?|BD|……………………12分
20.
解（I）?A(0,1)，B(0,?1)，令P(x0,y0)，则由题设可知x0?0，
? 直线AP的斜率k1?y?1y0?1，PB的斜率k2?0，又点P在椭圆上，所以
x0x022x0y0?1y0?1y0?112（x0?0），从而有k1k2??y0?1，??2??.
4x0x0x04……………………4分
（II）由题设可以得到直线AP的方程为y?1?k1(x?0)，即y?1?k1x 直线BP的方程为y?(?1)?k2(x?0)，即y?1?k2x
31??x??x???y?1?k1x??y?1?k2x?k1， 由?k2， ????由?y??2y??2???y??2?y??2??……………………6分
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平许新2014届第一次调研数学(理科)答案解析
