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1 2016 届高三教学质量调研考试 文 科 数 学 参 考 答 案 一、选择题 BCBAC ADDCD 二、填空题 （11）10 （12）12 4 2 （13） 4  （14） 1 3,4 4      （15） 1 1,4 2      三、解答题 （16）解：（Ⅰ）m =0.025............2分 （Ⅱ）(ⅰ) 12人 ......4分 （ⅱ） 65年龄在55～ 岁之间的有3人，设为a,b,c; 75 年龄在65～ 岁之间的有2人，设为m,n 6分  , , , , , , , , , 10 8ab ac am an bc bm bn cm cn mn 基本事件空间为： 共 个基本事件 分  , , , , , , 7 10am an bm bn cm cn mn 设“至少一人在65 75之间”为事件A，则A= 共 个基本事件～ 分 P（A）= 7 1210 分 （17）解： （Ⅰ） ( ) 3sin 2 cos2 1 2sin(2 ) 1 36f x x x x        分 + , , 66 3k k k Z        单调增区间为 分 （Ⅱ） ( ) 2sin 2 9g x x  分 2, 2 , , ( ) 3,2 126 3 3 3x x g x                       ， 则 分 （18）解： （Ⅰ） / / 2ABCD AB CD 为菱形 分 / / 4AB PDC CD PDC AB PDC   平面 ， 平面 ， 平面 分 / / 6AB AB EF   平面ABEF,平面ABEF 平面PDC=EF 分 （Ⅱ） AD M PAD PM AD  取 得中点 为正三角形     平面PAD 平面ABCD,PM 平面PAD PM 平面ABCD 8分2 2 = 3 - 3 10ABC PM P ABD  正 边长为 即三棱锥 的高为 分 1 1 1 32 2 3=1 123 3 2 2A PBD P ABD ABDV V S PM            分 （19）解：（Ⅰ）由题意得 3 2 12 1 1 4 2 3 2 3 1 2 3 22 18 4 246 a a a qa aa a a a a qa qa a                  ……………3 分 1 11 2 2n n na    g ……………5 分 （Ⅱ） 11 2 1 2 1 (2 3) (2 1)3 ,n n n n n a n aa a nb b b b       Q 11 2 1 2 1 (2 3)3 1,n n n aa a nb b b        ( 2)n  (2 1) 1,n n n a b   1(2 1) (2 1)2 n n nb n a n     ( 2)n  又 1 11 1 1 1 1, 1 (2 1 1)2a b ab      Q g 1(2 1)2n nb n    …………………………8 分 又 1 2 3n nS b b b b    L 1 2 11 1 3 2 5 2 (2 1)2 n nS n       g g g L 1 2 12 1 2 3 2 (2 3)2 (2 1)2n n nS n n      g g L 1 2 11 2(2 2 2 ) (2 1)2n n nS n       L 1 12 (1 2 )1 2 (2 1)21 2 n nn     1 2(2 2) (2 1)2n nn     1 [2 (2 1)]2 4 (3 2 )2 3 n n n n         (2 3)2 3n nS n    …………………………12 分 （20）解: （Ⅰ）由题意得 2 2 2 2 2 2 2 2 31 4 c a b be a a a      ， 2 2 1 4 b a   ①……………1 分 易知四边形 EHFG 为正方形，如图所示. 2 2 16 4,5 5 GF HF GF HF     , 所以 2 2( , ) 5 5 F ，…………………………………………………2 分3 又点 2 2( , ) 5 5 F 在椭圆C 上，所以 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 4 45 5 1, 15 5a b a b      ，② 由①②得 2 24, 1a b  ∴椭圆C 方程为 2 2 14 x y  .…………………………………4 分 （Ⅱ）设直线 PQ 的方程为 y kx m  由 2 24 4 y kx m x y      得 2 24( ) 4x kx m   即 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ……………………………6 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 则 1 2 2 2 1 2 2 8 1 4 4 4 1 4 kmx x k mx x k        ……………………………………………7 分 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) 4 4 8 1 4 1 4 1 4 1 4 4 1 4 y y kx m kx m k x x km x x m m km kk km mk k k m k k                     因为 1 2l l ,所以 0AP AQ   因为 A 是椭圆C 的左顶点，所以 ( 2,0)A  1 1 2 2( 2, ) ( 2, )AP AQ x y x y       1 2 1 2( 2)( 2)x x y y    1 2 1 2 1 22( ) 4x x x x y y     2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 16 4(1 4 ) 4 1 4 1 4 1 4 1 4 m km k m k k k k k           2 2 2 5 16 12 1 4 m km k k    2 ( 2 )(5 6 ) 1 4 m k m k k    0 解得 2m k (舍) 或 6 5 km  ………………………………………………………11 分 所以 PQ 的方程为 6 5 ky kx  ,即 6( )5y k x  ,过定点 6( ,0)5  当 PQ 的斜率不存在时,经计算知也过 6( ,0)5  , 故直线 PQ 过 x 轴上一定点 6( ,0)5  …………………………………………………13 分 （21）当 1m  时，函数   ln xf x x e x  4 (0, )x     1 1xf x ex     ……………………………………………………………………1 分  1 2k f e    ，又  1 1f e  所以函数   1f x x 在 处的切线方程为： (1 ) (2 )( 1)y e e x     即 (2 ) 1 0e x y    ……………………………………………………4 分 （II）（i）当m e  时，     1 ln 1xg x f x e x ex        1( )1 1 e xex eg x ex x x       ……………………………………………5 分 由   0 10 0 g x x ex         0 1 0 g x x ex      得函数  g x 在 1(0, )e 上单调递增，在 1( , )e  上单调递减. ……………………………7 分 又由   0g x  得 1x e  所以  max 1 1 1ln 1 1g x g ee e e          g ………………………………………………9 分 (ii) 证明：由   ( ) 1 1( ) 02 g x exx g x x       得   ( ) 1 1 2 g x exg x x    ，即   ln 1 2 xg x x   由（1）知  ( ) 1, 1g x g x    ………………………………………………………11 分 设 ln 1( ) 2 xh x x   ，所以 2 1 ln( ) xh x x   由   0 0 0 h x x e x         0 0 h x x e x      得  h x 在 (0, )e 上单调递增，在 ( , )e  上单调递减. 又   0h x x e    所以    max 1 1 12h x h e e     ，即   1h x  …………………………………………13 分 所以   ( )g x h x ，即   ln 1 2 xg x x   ，亦即   ( ) 1 1 2 g x exg x x    所以   ( ) 1 1( ) 02 g x exx g x x       故函数 ( )x 没有零点.………………………………………14 分