广东省茂名市20xx届高三数学第二次模拟试题理含解析

广东省茂名市20xx届高三数学第二次模拟试题理含解析内容摘要：

„„ 8分 在 ADE 中 ,由余弦定理得 A E DDEAEDEAEAD  c o s2222 „„„ 9分 4131471272147  „„„„„„„„„„„„„ 11分 213AD „„„„„„„„„„„„„ 12 分 18． 解：（Ⅰ） x=10， y=38， t=88 „„„„„„„„„„„„„„„„ 3分 ξ取值为 0， 1， 2 „„„„„„„„„„„„„„„„ 4分 354245)0( 260250 CCP ，354100)1( 260110150 C CCP ， 3549)2( 260210 CCP  （不全对时，对一个给 1分） ξ 分布列为  0 1 2 P 354245 35410 3549 „„„ „„„„„„„„„„„„„„„„„„ 6分 ∴   177593541183549235410013542450 E „„„„„„„„„„„ 7分 （Ⅱ）22 ()( )( )( )( )n ad bcK a b c d a c b d    60608832 )381050(22120 2  „„„„„„ 8分 22135 „„„„ 9分 注：如果没有“ 22135 ”这一步不扣分  „„„„„„„ 10 分 （Ⅲ） 因为  „„„„„„„„„„„ „„„„„„„ 11 分 故有 %的把握认为药物有效 „„„„„„„„„„„„„ 12分 19解： (1)证明 : 四边形 ABCD 为菱形，且 60A ADABDB  „„„„ 1分 又 的中点为 ABE EBDEAEDE  , „„„„„„„„„„„„ 3分 又 A E BBEA E BAEEBEAE 平面平面点  , „„„„„ 4分 AEBDE 平面 „„„„„ 5分 (注：三个条件中，每少一个扣 1分 ) (2)解法一 :以点 E 为坐标原点 ,分别以线段 EAED, 所在直线为 yx, 轴 ,再以过点 E 且垂直于 平面 ADE 且向上的直线为 z 轴 ,建立空间直角坐标系如图所示 .  DE 平面 ABE , AEB 为二面角 HDEA  的一个平面角 ,  60AEB „„„„„„„„„„„ 6分 则      0,0,0,0,0,3,0,1,0 EDA ,  23,21,0B ,„„„ 7分 则  ,0,1,3 AD  0,0,3ED . 设  000 , zyxH ,则  000 ,3 zyxDH    23,21,000 zyxBH 由220DHBHEDDH得  02220 0 02 220 0 03 3 013 42234xx y zx y z             解得313000zyx  3,1,3H „„„ 8分 那么  3,1,0DH .设平面 ADH 的法向量为  1, 111 yxn  ,则  03 031 11y yx,即  3111yx . 即  1,3,11 n . „„„„„„„„„„„„„„„„„„ 9分 而平面 ADE 的一个法向量为  1,0,02 n . „„„„„„„„„„„„„„ 10分 设平面 ADH 与平面 ADE 所成锐二面角的大小为  则5551c o s 21 21  nn nn. „„„„„„„„„„„„„„„„„„ 11分 所以平面 ABH与平面 ADE所成锐二面角的余弦值为 55 „„„„ „„„„„ 12分 解法二 :分别取 ,AE AD 中点 KO, ,连结 OBOK, .由 DE 平面 ABE , 可知 AEB 为二面角 HDEA  的平面角 ,即有 60AEB .„„„„„ 6分 O 为 AE 中点 , AEBO . DEBO , BO 平面 ADE . 则以点 O 为坐标原点 ,分别以直线 OBOEKO , 为 zyx , 轴 , 建立空间直角坐标系 ,如右图 . 则由条件 ,易得   0,21,0A,  23,0,0B ,  0,21,3D ,  0,21,0E .„„„„„ 7分 再设  000 , zyxH ,而  0,0,3ED ,   000 ,21,3 zyxDH, 则由 DHED ,有 0DHED ,得 30 x . 由 22HDHB,可得   421342320020202020zyxzyx . 将 30 x 带入 ,可得 3,21 00  zy, 即   3,21,3H,„„„ „„„„„ 8分 则  23,21,3BH. 而  3,0,3AH , 设平面 ABH 法向量为 1111 , zyxn , 则02321303311111zyxzx ,即 11 11 3xz xy. 令 11x ,得 1,3 11  zy ,即  1,3,11 n .„„„„„„„„„„ 9分 而平面 ADE 的一个法向量为  1,0,02 n .„„„„„„„„„„„„ 10 分 设平面 ADH 与平面 ADE 所成锐二面角的大小为  则5551c o s2121 nnnn .„„„„„„„„„„„„„„„ 11 分 所以平面 ABH与平面 ADE所成锐二面角的余弦值为 55 „„„„„„ 12分 解法三 :过点 A 作 DHAA //39。 39。 且 DHAA 39。 39。 至点 39。 A ,延长 EB 至点 39。 E ,使 39。 39。 39。 AAEE . 连结 HEHAEA 39。 ,39。 39。 ,39。 39。 39。 ,则 HEAAED 39。 39。 39。  为三棱柱 . 延长 ABEA ,39。 39。 39。 交于点 39。 A ,连结 39。 HA 由三棱柱性质 ,易知 DEHE//39。 ,则 39。 HE 平面 39。 39。 EBA . 过点 B 作 39。 39。 EABM 于点 M , 过 M 作 HAMN 39。  于点 N . BM 平面 39。 39。 EBA , BMHE 39。 , 39。 39。 EABM  , BM 平面 HEA 39。 39。 ,即 HABM 39。  , MNBM . HAMN 39。  ,  HA39。 平面 BMN , 故 BNM 为平面 HAA 39。 39。 39。 与平面 AHA39。 所成锐二面角的一个平面角 , 即为平面 ADE 与平面 ABH 所成锐二面角的一个平面角 . „„„„„„„„„„ 8分 易得 39。 39。 39。 39。 EABEBA  ,即 39。 39。 BEA 为正三角形 . 39。 39。 EABM  , 2139。 ,23  MABM . 39。 39。 39。 EAHE  , 339。 tan  HA E ,则 6039。 HAE ,故 4139。 ,43  NAMN . NABN 39。  , 41539。 39。 22  NABABN .故 55c os  BNMNB NM ,„„11分 即平面 ADE 与平面 ABH 所成锐二面角的余弦值为 55 .„„„ 12 分 解法四 :延长 DEHB, 交于点 L ,连结 AL , 取 AE 的中点 O ,过点 O 作 ALOM 于点 M , 连结 MB ,如右图 . 由 DE 平面 ABE , 可知 AEB 为二面角 HDEA  的一个平面角 , 即有 60AEB .„„„„„„„„„„„„ 7分 O 为 AE 中点 , AEBO . DEBO , BO 平面 ADE ,即 ALBO 且 MOBO . 又  ALOM , AL 平面 BOM , 即 BMO 为平面 ADE 与平面 ABH 所成锐二面角的一个平面角 . „„„„ 9分 而 21,23  AOBO .易得 3LE ,而 90,1  AELAE , 60 EAL , 则 43MO .由勾股定理 ,得415432322 MB , 则 55c os  MBMOB MO ,„„„„„„„„„„„„„ 11 分 即平面 ADE 与平面 ABH 所成锐二面角的余弦值为 55 .„„„ 12 分 解法五 :延长 DEHB, 交于点 L ,连结 AL , 过点 D 作 AEDQ// 且与 LA 延长线交于点 Q ,连结 QH . 取 DQ 中点 M。