2016届四川省成都七中高三（下）入学数学试卷（文科）（解析版）(3)

将最大值转化为y轴上的截距，

当直线z=2x+y经过点B时，z最小， 由

得：

，代入直线y=a（x﹣3）得，a=；

故答案为：

14．设θ为第二象限角，若

，则sinθ+cosθ= ﹣ ．

【考点】两角和与差的正切函数；同角三角函数间的基本关系．

【分析】已知等式利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简，求出tanθ的值，再根据θ为第二象限角，利用同角三角函数间的基本关系求出sinθ与cosθ的值，即可求出sinθ+cosθ的值． 【解答】解：∵tan（θ+∴tanθ=﹣， 而cos2θ=

∵θ为第二象限角， ∴cosθ=﹣

=﹣

，sinθ=

=

，

）=

=，

=，

则sinθ+cosθ=故答案为：﹣

﹣

=﹣．

第11页（共19页）

15．P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，

过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是 ①③⑤ （写出所有正确命题的编号）． ①当0＜CQ＜时，S为四边形； ②当CQ=时，S不为等腰梯形；

③当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=； ④当＜CQ＜1时，S为六边形； ⑤当CQ=1时，S的面积为

．

【考点】平行投影及平行投影作图法．

【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误． 【解答】解：如图

当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP=QD1=故可得截面APQD1为等腰梯形，故②不正确；

由上图当点Q向C移动时，满足0＜CQ＜，只需在DD1上取点M满足AM∥PQ， 即可得截面为四边形APQM，故①正确； ③当CQ=时，如图，

延长DD1至N，使D1N=，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR， 可证AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，故可得C1R=，故正确；

④由③可知当＜CQ＜1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；

⑤当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1∥AF，且PC1=AF， 可知截面为APC1F为菱形，故其面积为AC1?PF=故答案为：①③⑤

第12页（共19页）

=，

，故正确．

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1． （I）求A角的大小；

（II）若△ABC的面积S=5，b=5，求a的值． 【考点】余弦定理． 【分析】（I）利用诱导公式、倍角公式即可得出． （II）利用三角形面积计算公式、余弦定理即可得出．

【解答】解：（I）由cos2A﹣3cos（B+C）=1，可得：2cos2A+3cosA﹣2=0，解得cosA=，或cosA=﹣2（舍去）． ∵A∈（0，π），∴A=（II）由S=bcsinA=

．

=5

，化为：bc=20，又b=5，解得c=4．

由余弦定理得a2=52+42﹣2×5×4cosA=21， 故a=． 17．某校高一某班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图因故都受到不同程度的损坏，但可见部分如下，据此解答如下问题：

第13页（共19页）

（Ⅰ）求分数在[50，60）的频率及全班人数；

（Ⅱ）求分数在[80，90）之间的频数，并计算频率分布直方图中[80，90）间的矩形的高；

（Ⅲ）若规定：90分（包含90分）以上为优秀，现从分数在80分（包含80分）以上的试卷中任取两份分析学生失分情况，求在抽取的试卷中至少有一份优秀的概率． 【考点】频率分布直方图；列举法计算基本事件数及事件发生的概率． 【分析】（I）分数在[50，60）的频率为第一组矩形的面积，全班人数为该组的频数与频率的比值；

（II）用全班人数减去其余组的人数即为[80，90）之间的频数，用该组的频率与组距的比值为矩形的高； （III）对符合条件的试卷进行编号，使用列举法求出基本事件个数和符合条件的基本事件个数，得出概率． 【解答】解：（1）分数在[50，60）的频率为0.008×10=0.08 由茎叶图知：分数在[50，60）之间的频数为2，所以全班人数为（2）分数在[80，90）之间的频数为25﹣2﹣7﹣10﹣2=4 频率分布直方图中[80，90）间的矩形的高为

÷10=0.016

=25

（3）由（2）可知分数分数在[80，100）的人数为4+2=6，设分数在[80，90）的试卷为A，B，C，D，分数在[90，100）的试卷为a，b．

则从6分试卷中任取两份共有15个基本事件，分别是AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab．

其中至少有一份优秀共有9个基本事件，分别是Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，ab，∴抽取的试卷中至少有一份优秀的概率P=

=．

18．如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，

O为BC的中点．，将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′﹣BCDE，

其中．

（Ⅰ）证明：A′O⊥平面BCDE；

第14页（共19页）

（Ⅱ）求O到平面A′DE的距离．

【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）利用线面垂直的判定定理证明A′O⊥平面BCDE． （Ⅱ）利用等体积，求O到平面A′DE的距离． 【解答】（Ⅰ）证明：在图1中，易得OC=3，AC=3，AD=2， 连结OD，OE，在△OCD中， 由余弦定理可得OD=

=

由翻折不变性可知A'D=2， ∴A'O2+OD2=A'D2， ∴A'O⊥OD．

同理可证A'O⊥OE， 又OD∩OE=O，

∴A'O⊥平面BCDE．

（Ⅱ）解：过D作DH⊥BC交OC于H，则DH=1， ∵DE=4，∴S△ODE=∵S△A′DE=

=2． =4，

=

．

∴由等体积可得，O到平面A′DE的距离=

19．已知数列{an}满足：a1=1，2an+1=2an+1，n∈N+．数列{bn}的前n项和为Sn，Sn=9﹣

，n∈N+．

（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）设cn=an?bn，n∈N+．求数列{cn}的前n项和Tn． 【考点】数列的求和；数列递推式． 【分析】（Ⅰ）根据数列的递推关系即可求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求出数列{cn}的通项公式，利用错位相减法即可求出数列{cn}的前n项和Tn． 【解答】解：（Ⅰ）由2an+1=2an+1得an+1﹣an=，

又a1=1，所以数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列， 于是an=a1+（n﹣1）d=当n=1时，b1=S1=9﹣

，

=9﹣3=6，

第15页（共19页）