20xx年全国普通高考(湖北)理科数学全解全析(编辑修改稿)

20xx年全国普通高考(湖北)理科数学全解全析(编辑修改稿)内容摘要：

件恰好发生 k 次的概率，直接用公式解决。 易错点：把“恰好投进 3 个球”错误理解为某三次投进球，忽略“三次”的任意性。 15 为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒．已知药物释放过程中，室内每立O 1 y （毫克） t （小时） 方米空气中的含药量 y （毫克）与时间 t （小时）成正比； 药物释放完毕 后， y 与 t 的函数关系式为 116 tay （ a 为常数），如图所示． 据图中提供的信息，回答下列问题： （ I）从药物释放开始，每立方米空气中的含药量 y （毫克）与时间 t （小时 ）之间的函数关系式为 ； （ II）据测定，当空气中每立方米的含药量降低到 毫克以下时，学生方可进教室，那么， 药物释放开始，至少需要经过 小时后，学生才能回到教室． 答案：（ I）   1101 0 0 0 .1 1 0 .116ttty t  （ II） 解析：（ I）由题意和图示，当 0  时，可设 y kt （ k 为待定系数），由于点  0,1,1 在直线上， 10k ；同理，当  时，可得 0 . 1111 0 . 1 01 6 1 0a aa      （ II）由题意可得 4y，即得 110 40 tt  或1101116 4tt 10 40t   或  ，由题意至少需要经过 小时后，学生才能回到教室． 点评：本题考察函数、不等式的实际应用，以及识图和理解能力。 易错点：只单纯解不等式，而忽略题意，在（ II）中填写了其他错误答案。 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75分． 16．本小题主要考查平面向量数量积的计算、解三角形、三角公式、三角函数的性质等基本知识，考查推理和运算能力． 解：（ Ⅰ ）设 ABC△ 中角 A B C， ， 的对边分别为 a b c， ， ， 则由 1 sin 32 bc   ， 0 cos 6bc ≤ ≤ ，可得 0 cot 1≤ ≤ ， π π42 ，∴． （ Ⅱ ） 2 π( ) 2 s i n 3 c o s 24f      π1 c o s 2 3 c o s 22     (1 s in 2 ) 3 c o s 2   πs i n 2 3 c o s 2 1 2 s i n 2 13       ． π π42 ，∵ ， π π 2π2 3 6 3 ， ， π2 2 s i n 2 1 33∴ ≤ ≤． 即当 5π12 时， max( ) 3f   ；当 π4 时， min( ) 2f   ． 17．本小题主要考查频率分布直方图、概率、期望等概念和用样本频率估计总体分布的统计方法，考查运用概率统计知识解决实际问题的能力． 解：（ Ⅰ ） 分组 频数 频率  ， 4  ， 25  ， 30  ， 29  ， 10  ， 2 合计 100 （ Ⅱ ）纤度落在  ， 中的概率约为 0 .3 0 0 .2 9 0 .1 0 0 .6 9  ，纤度小于 的概率约为 10 .0 4 0 .2 5 0 .3 0 0 .4 42   ． （ Ⅲ ）总体数据的期望约为 1 . 3 2 0 . 0 4 1 . 3 6 0 . 2 5 1 . 4 0 0 . 3 0 1 . 4 4 0 . 2 9 1 . 4 8 0 . 1 0 1 . 5 2 0 . 0 2 1 . 4 0 8 8           ． 18．本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角的有关知识，考查空间想象能力和推理运算能力以及应用向量知识解决数学问题的能力． 解法 1：（ Ⅰ ） AC BC a∵ ， ACB∴ △ 是等腰三角形，又 D 是 AB 的中点， 样本数据 频率 /组距 CD AB∴ ，又 VC 底面 ABC ． VC AB∴ ．于是 AB 平面 VCD ． 又 AB 平面 VAB ， ∴ 平面 VAB 平面 VCD ． （ Ⅱ ） 过点 C 在平面 VCD 内作 CH VD 于 H ，则由（ Ⅰ ）知 CD 平面 VAB ． 连接 BH ，于是 CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角． 在 CHDRt△ 中， 2 sin2CH a  ； 设 CBH ，在 BHCRt△ 中， sinCH a  ， 2 sin sin2 ∴ ． π0 2∵ ， 0 sin 1∴ ， 20 sin 2． 又 π0 2≤ ≤ ， π0 4∴ ． 即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 π04，． 解法 2：（ Ⅰ ）以 CA CB CV， ， 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 2( 0 0 0 ) ( 0 0 ) ( 0 0 ) 0 0 0 ta n2 2 2aaC A a B a D V a   ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 于是， 2 ta n2 2 2aaVD a ， ， 022aaCD ， ， ( 0)AB a a， ， ． 从而 2211( 0 ) 0 0 02 2 2 2aaA B C D a a a a      ， ， ， ， ，即 AB CD ． 同理 222 1 1( 0) ta n 0 02 2 2 2 2aaAB VD a a a a a       ， ， ， ， ， 即 AB VD ．又 CD VD D ， AB∴ 平面 VCD ． 又 AB 平面 VAB ． ∴ 平面 VAB 平面 VCD ． （ Ⅱ ）设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为  ，平 面 VAB 的一个法向量为 ()x y z ， ，n ， 则由 00AB VD，nn ． A D B C H V A D B C V x y z 得 0 2ta n 02 2 2a x a yaax y a z      ，． 可取 (11 2 cot ) ， ，n ，又 (0 0)BC a， ， ， 于是22si n si n22 2 c otBC aBC a   nn ， π0 2∵ ， 0 sin 1∴ ， 20 sin 2． 又 π0 2≤ ≤ ， π0 4∴ ． 即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 π04，． 解法 3：（ Ⅰ ）以点 D 为原点，以 DC DB， 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 2 2 2( 0 0 0 ) 0 0 0 0 0 02 2 2D A。