20xx年高考数学试卷天津理(编辑修改稿)

20xx年高考数学试卷天津理(编辑修改稿)内容摘要：

   xxxx （Ⅱ ）因为  43,2 x，故53541s in1c o s22  xx 2571c o s22c o s,2524c o ss i n22s i n 2  xxxxx 所以50 37243s i n2c os3c os2s i n32s i n    xxx （ 18） 解： （Ⅰ）设“甲投球一次命中”为事件 A，“乙投球一次命中”为事件 B 由题意得      16111 22  pBP 解得43p或45（舍去），所以乙投球的命中率为43 （Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知         41,43,21,21  BPBPAPAP  可能的取值为 0， 1， 2， 3，故       32141210 2  BBPAPP             32721414324121321412112212 APBPBPCBBPAPP        32943213 2  BBPAPP          321531012   PPPP  的分布列为  0 1 2 3 P 321 327 3215 329  的数学期望 232933215232713210 E （ 19） 解：（Ⅰ）证明：在 PAD 中，由题设 22,2  PDPA 可得 222 PDADPA  于是 PAAD .在矩形 ABCD 中， ABAD .又 AABPA  ， 所以 AD 平面 PAB. （Ⅱ）证明：由题设， ADBC// ，所以 PCB （或其补角）是异面直线 PC与 AD 所成的角 . 在 PAB 中，由余弦定理得 由（Ⅰ）知 AD 平面 PAB， PB 平面 PAB， 所以 PBAD ，因而 PBBC ，于是 PBC 是直角三角形，故 27tan  BCPBPCB 所以异面直线 PC与 AD所成的角的大小为 27arctan . （Ⅲ）解：过点 P 做 ABPH 于 H，过点 H 做 BDHE 于 E，连结 PE 因为 AD 平面 PAB， PH 平面 PAB，所以 PHAD .又 AABAD  ， 因而 PH 平面 ABCD ，故 HE 为 PE 再平面 ABCD 内的射影 .由三垂线定理可知， PEBD ，从而 PEH 是二面角 ABDP  的平面角。 由题设可得， 134,13,2,160c o s,360s i n22BHBDADHEADABBDAHABBHPAAHPAPH  于是再 PHERT 中， 439tan PEH 所以二面角 ABDP  的大小为 439arctan ． （ 20）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、解不等式等基础知识，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力．满分 12 分． （ Ⅰ）解：2( ) 1 afx x ，由导数的几何意义得 (2) 3f  ，于是 8a ． 由切点 (2, (2))Pf 在直线 31yx上可得 27b   ，解得 9b ． 所以函数 ()fx的解析式为 8( ) 9f x x x  ． （ Ⅱ）解：2( ) 1 afx x ． 当 0a 时，显然 ( ) 0fx  （ 0x ）．这时 ()fx在 ( ,0) ， (0, ) 上内是增函数． 7c o s222  P A BABPAABPAPB当 0a 时，令 ( ) 0fx  ，解得 xa ． 当 x 变化时， ()fx ， ()fx的变化情况如下表： x ( ,)a a ( ,0)a (0, )a a ( ),a ()fx ＋ 0 － － 0 ＋ ()fx ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ 所以 ()fx在 ( ,)a ， ( ),a 内是增函数，在 ( ,0)a ， (0, ) 内是减函数． （ Ⅲ） 解：由（ Ⅱ ）知，。