柳州市2023届高三第三次模拟考试理科数学参考答案

柳州市2023届高三第三次模拟考试理科数学参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．）题号123456789101112答案DDCCCCBACDAB二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）1713．14．22115．46516．313三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．解：（1）设质量指标值的平均数为，中位数为，则��x550.15650.25750.3850.2950.173.5....................................................3分0.4(a70)0.030.5，a73.3..............................................................................................6分（2）样本中质量指标在[50,60)的产品有40×10×0.015=6件，质量指标在[90,100]的有40×10×0.01=4件，可能的取值为0，1，2，..........................................................................................7分相应的概率为：C2624，8分P(0)2..............................................................................................................C104515C1C124846，9分P(1)2...........................................................................................................C104515C21516，10分P(2)2..............................................................................................................C10453随机变量的分布列为012281P15153................................................................................................................................................................11分2816期望E()012...........................................................................................12分151535118．解：（1）∵ABBC,BC1,AB3，由勾股定理得：ACAB2BC212(3)22，ACB........................................1分31△ACD中，由余弦定理：CD2AC2AD22ACADcos41622412......2分32∵AC2CD241216AD2，∴DCAC.............................................................................3分又因为PA底面ABCD，DC底面ABCD，所以PADC.................................................4分又因为ACPAA，∴DC平面PAC.........................................................................................5分DC底面PCD∴平面PDC平面PAC....................................................................................6分（2）作AHPC，垂直为H，连结DH..........................................................................................7分因为平面PDC平面PAC,且平面PDC平面PACPC所以AH平面PCD............................................................................................................................8分所以ADH为AD与平面PCD所成的角..........................................................................................9分PAAC424△PAC中，AH...........................................................................................10分PC255AH415sinADH.......................................................................................................11分DA545所以直线AD与平面PCD所成角的余弦值为............................................................................12分255另解：（1）因为AD∥BC,ABBC，所以ABAD，且PA底面ABCD，AB,AD底面ABCD，所以PAAB,PAAD,所以以AB,AD,AP方向分别为x,y,z轴建系如图，...........................1分则..A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,1,0),D(0,4,0),P(0,0,4),................................................2分设平面PCD的一个法向量为m(x,y,z)，CP(3,1,4),CD(3,3,0),AP(0,0,4),CPm3xy4z0所以，令，则，所以，4分x3y1,z1m(3,1,1)...........CDm3x3y0设平面PAC的一个法向量为n(a,b,c)，CPn3ab4c0所以，令a1，则b3,c0，所以n(1,3,0)，.......6分APn4c0所以mn330，所以平面PCD平面PAC................................................................7分2（2）因为PA底面ABCD,AD底面ABCD,所以PAAD，且ABAD，PAABA,PA,AB平面PAB，所以AD平面PAB，所以AD(0,4,0)为平面PAB的一个法向量，设直线与平面PCD所成角为，ADADm45所以sincosAD,m，...........................................................10分ADm545所以直线AD与平面PCD所成角的余弦值为...............................................................................12分25519．（1）由条件得：(2ac)cosBbcosC，由正弦定理，得(2sinAsinC)cosBsinBcosC，.........................................................................1分即2sinAcosBcosBsinCsinBcosC，所以2sinAcosBsin(BC)，.....................................2分因为ABC，所以sin(BC)sinA，即2sinAcosBsinA，...........................................3分因为A为三角形内角，故sinA0，..................................................................................................4分1所以cosB，因为0B，所以B.....................................................................................6分231333（2）由（1）得S△acsinBac，解得ac6，...................................................7分ABC242212因为BMBAAMBABCBABABC，333221212442122所以|BM|BABCBABABCBCc2ac4a................................8分3399991112c24a22ac(24a2c22ac)(4ac2ac)ac4，............................................9分9993当且仅当c2a即a3,c23时，|BM|取得最小值2，此时sinC2sinA，....................10分223又因为CA，所以sinA2sinA，整理得tanA，........................................11分3332因为0A，所以A，所以C，所以ABC是直角三角形.....................................12分362π120.(1)gx2sinxxlnx10x，gx2cosx1，g00，1分6x11π1令ux2cosx10x,ux2sinx2,u01，....................2分x16x11π2令vx2sinx20x,vx2cosx30，.............................3分x16x13ππ所以vx在区间0,上单调递减，即ux在区间0,上单调递减.66π1πu10,u0u0