高三文科寒假验收数学试题答案PA平面ABCD，AE平面ABCD,PAAE---------3分1-12CBDCDDBDDBBD13、1514、23/2715、3PAADA,且PA平面PAD,AD平面PAD23n116、coscoscoscos,nN*AE平面PAD,又PD平面PAD-----------------------------5分2n12n12n12n12nAEPD-------------------------------------------------------------6分17、【答案】（Ⅰ）A、B两点的距离为14.（Ⅱ）SSABDABC（2）由（1），EA平面PAD，EAAH,AEH为直角三角形，----------7分【解析】试题分析：（Ⅰ）在△ABC中，由余弦定理得cosC的值，在△ABD中，由余弦定理得cosD的值，Rt△EAH中，AE3，由∠C=∠D得cosC=cosD，求得AB=7，从而得出结论．（Ⅱ）小李的设计符合要求，因为由条件可得S△ABD＞S△ABC，再由AD=BD=AB=7，得△ABD是等边三角当AH最短时，即AHPD时，AHE面积的最小-----------8分形．由此求得S△ABC的值，再乘以5000，即得所求．16解：（Ⅰ）在ABC中，由余弦定理得此时，SEAAHAH2．EAH22AB2AC2BC22ACBCcosC16210221610cosC①43在ABD中，由余弦定理及CD整理得又AD2，所以ADH45，所以PA2．V-------------------12分PABCD3AB2AD2BD22ADBDcosD1421422142cosC②………4分19、解：⑴………………………3分由①②得：1421422142cosCC16210221610cos优秀非优秀合计甲班1050601乙班203050整理可得cosC，……………6分2合计30801102n()adbc211010302050又C为三角形的内角，所以C60,（2）假设成绩与班级无关，则K27.5(ab)(cd)(ac)(bd)30805060又CD,ADBD,所以ABD是等边三角形，故AB14，即A、B两点的距离为14.……………8分则查表得相关的概率为99％，故没达到可靠性要求。………………………8分（Ⅱ）小李的设计符合要求.理由如下：11（3）设“抽到9或10号”为事件A，先后两次抛掷一枚均匀的骰子，出现的点数为(x,y).SADBDsinDSACBCsinCABD2ABC2所有的基本事件有:、(1,2)、(1,3)、、(6,6)共36个.………………………10分因为ADBDACBC所以…………12分(1,1)18、(1)AEPD----------------------------1分事件包含的基本事件有:(3,6)、(4,5)、(5,4)、(6,3)、(5,5)、(4,6)、(6,4)共7个因为四边形ABCD是菱形，ABC600，ABC为等边三角形。77所以P(A),即抽到9号或10号的概率为.………………………12分因为E是BC的中点，AEBC,又BC//,ADAEAD-------------------2分3636y120120120、解：（1）设动点C（x,y）则D(x,0)。因为H是CD的中点，故H(x,)f/10210，所以，对任意的，总有f/x，2101010/////201y.fxfxfx123...fxkfk10k2010。故不存在k。y10因为所以故22AHBCkAHkBC1112x1x3x3解：（Ⅰ）当时，，f/x2x,x0xxx2y2整理得动点C的轨迹方程1(y0)…………4分2918令得到x，列表如下：222xy22（2）设并代入得22l:y2xm1(y0)6x4mxm180x0,2,91822222(4m)46(m18)0＋０－即m(36,36)…………6分fx54m202fx极大值224m2m18102fPQ(12)[()4]54m2663