海南省海口市第一中学2016届高三高考模拟（三）数学（理）试题 PDF版含答案.pdf

海口一中 2016 年高考模拟考试（三） 数学（理科）试题 数学试题（理科）参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D B C A A C B D C A A 二、填空题 13． 3 2 14． 15． 93 256 16．(0, 3] [2 3,3 3] 三、解答题 17．解：（Ⅰ）由题意得 2 2 1 1 1 24 24 n n n n n n a a S a a S      ，两式作差得 11( )( 2) 0n n n na a a a    ， 又数列{}na 各项均为正数，所以 1 20nnaa    ，即 1 2nnaa -----------------------------3 分 当 1n  时，有 2 1 1 1 12 4 4a a S a   ，得 11( 2) 0aa，则 1 2a  ， 故数列 为首项为 2 公差为 2 的等差数列，所以 2 1 ( 1) 2n nnS na d n n    ---------6 分 （Ⅱ） 1 1 1 1 1 1 ( 1 ) ( 1) 1n n nn b n n S n n n n          -----------------------------------9 分 所以 11 1 1 1 1( ) 1 11 nn n iii T b i i n       -------------------------------------------------------12 分 18．解： （Ⅰ）如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A xyz ， 则 (2 3, 0, 0)B ， (2 3, 2, 0)C ， (0, 4, 0)D ， 所 以 CD 中点 ( 3, 3, 0)M ， 则 ( 3, 3, 0)BM   ， (2 3, 2, 0)AC   ，则 3 2 3 3 2 0BM AC         ， 所以 BM AC . -------------------------------------------------3 分 又 PO  平面 ABCD，所以 BM PO ，由 AC PO O ， 所以 BM 平面 PAC ， -----------------------5 分 又 BM  平面 PBM ，所以平面 PBM  平面 PAC ----------------------------------------------------6 分 （Ⅱ）法一：设OP h ，则 ( 3,1, 0)O ， ( 3,1, )Ph，则 (0, 2, )PM h  设平面 PAB 的一个法向量为 0 0 0( , , )x y zn ， ( 3,1, )AP h  ， (2, 0, 0)AB   ， 所以 0 0 AP AB     n n ，则 0 0 0 0 30 20 x y hz x      ，令 0 1z  ， 得 (0, , 1)hn .-------------------------9 分 设 (0, 2 , )(0 1)PN PM h          ，则 (0, 2 , )ON OP PN h h       ， 若ON //平面 PAB ，则 20ON h h h       n ，解得 1 3  .----------------------12 分 法二（略解）：连接 MO 延长与 AB 交于点 E ，连接 PE ，若存在 //平面 ，则 // ， 证明 1 3 OE EM  即可. 19．解：（Ⅰ）两种抽取方法得到的概率不同。---------------------------------------------------1 分 对于方法 1，由于题库中题目总数非常大，可以认为每抽取一道题，抽到 A 类型问题的概率均为 3 5 ，抽到 B 型问题的概率均为 2 5 ，所以抽取三道题目恰好有 1 道 类型问题和 2 道 类 型问题的概率为 12 3 3 2 36( )( )5 5 125C  ，------------------------------------------------------------------3 分 对于方法 2，按照分层抽样抽取的 10 道题目中有 6 道 类型问题和 4 道 类型问题，从中再抽取 3 道题目 恰好有 1 道 类型问题和 2 道 类型问题的概率为 12 64 3 10 12 35 CC C  .--------5 分 （Ⅱ）由题意， X 可以取 0, 1, 2, 3 1 2 2 1( 0) 4 3 3 9PX     ， 3 2 2 1 1 2 1 2 1 4( 1) 4 3 3 4 3 3 4 3 3 9PX           ， 3 1 2 3 2 1 1 1 1 13( 2) 4 3 3 4 3 3 4 3 3 36PX           ， 3 1 1 3( 3) 4 3 3 36PX     ----------------7 分 所以 的分布列为 0 1 2 3 P 1 9 4 9 13 36 3 36 ------------9 分 的数学期望 1 4 13 3 51( ) 0 1 2 39 9 36 36 36EX          --------------------------------------10 分 甲胜过乙的概率为 13 3 4( 2) ( 3) 36 36 9P X P X      .----------------------------------------12 分 20．解: （Ⅰ）因为直线 l 与 x 轴垂直时， =9 即 9( )a c a c   ，易得 53,44a c b c 当 =1 时， P 为短轴端点，此时 1 2 1 2,2MF NF b MN F F c    根据题意， 2( 2 ) 22bc，易得 5, 3, 4a b c   故椭圆标准方程为 22 125 9 xy----------------------------------------------------------------------6 分 （Ⅱ）当直线斜率不存在时， 21( ) ( ) 9NF MF a c a c      当直线 的斜率存在时，设直线l 的方程为 y kx m，带入椭圆方程，可得 22()125 9 x kx m，整理得 2 2 2(25 9) 50 25 225 0k x kmx m     因为直线与椭圆相切，故判别式为零，即 =0 ，化简可得 2225 9mk -----------------------------------------------------------------------------------------------9 分 易得 1222 44, 11 k m k mMF NF kk   ，则 22 22 21 22 16 25 9 16= = 911 km kkNF MF kk   即 21NF MF 为定值9 .--------------------------------------------------------------------------------12 分 21．解: （Ⅰ）    ln 1 xeF x x xx      ' 2 1 ln xeF x x xx    --------------------------------------------------------------------------------2 分  Fx 在区间 0,1 上单调递减，在区间 1,  上单调递增，--------------------------------4 分 所以极小值为  11Fe，无极大值；-------------------------------------------------------------6 分 （Ⅱ）构造函数       ln 2xh x f x g x e x       1xh x e x   在区间 0, 上单调递增  '1 2 0, ln 2 02h e h     ，  'hx 在区间 0, 上有唯一零点 0 1 ,ln 22x  ----------------------------------------------8 分 0 0 1xe x，即 00lnxx ，由  hx的单调性，有     0 0 0 0 0 1ln 2 2xh x h x e x xx       -------10 分 构造函数   1 2ttt    在区间 0,ln 2 上单调递减，  00 1 1 1,ln 2 , ln 2 22 ln 2 10xx       即  0 1 10hx  ，      11 10 10h x f x g x     .--------------------------------------------12 分 22．证明：（Ⅰ）∵OF AB ∴ 90FOB ，∴ 1 452FEB FOB     -----------2 分 ∵ AB 是圆O 的直径．∴ 90AEB AEF FEB       ， ∴ 45AEF ．∵ EF BC ∴ 90EHD EHB     ，∴ 45EDH EBH     , 又 CDA EDH   ， CAD EBH   ∴ 45CDA CAD     , ∴ CA CD .-------------------------5 分 （Ⅱ）连接 DI ， DO ，由（Ⅰ）得 EI 为线段 DB 的垂直平分线，故 H 为线段 DB 的中点， ∵ D 是弦 BC 的中点， ∴ OD DB ，------------------------------------------8 分 ∴ DO // HI ， ∴ I 为线段OB 的中点， ∴在 Rt ODB 中， 1 52DI OB.------------------10 分 23．解：（Ⅰ）由圆 1C 的参数方程 1 cos sin xt yt      （t 为参数）， 得 22( 1) 1xy   ，---------------------------1 分 所以 1( 1,0)C  ， 1 1r  又因为圆 2C 与圆 1C 外切于原点O ，且两圆圆心的距离 12| | 3CC  ， 可得 1(2,0)C ， 2 2r  ，则圆 2C 的方程为 22( 2) 4xy   ---------3 分 所以由 cos sin x y      得圆 的极坐标方程为 2cos ， 圆 2C 的极坐标方程为 4cos --------------5 分 （Ⅱ）由已知设 1A( , )， 则由 12ll 可得 2B( , )2  ， 3C( , )   ， 4 3D( , )2   由（Ⅰ）得 1 2 3 4 4cos 2cos( ) 2sin2 2cos( ) 2cos 34cos( ) 4sin2                            ， 所以 1 3 2 4 11( )( ) 18sin cos 9sin 222ABCDS AC BD             四边形 ------8 分 所以当sin2 1  时，即 4   时， ABCDS四边形 有最大值 9-----------------10 分 注意：图形中 A 与 D 交换位置， B 与C 交换位置时，过程需更改. 24．解：（Ⅰ）当 1x  时， ( ) (2 1) ( 1) 3 3f x x x x        解得 1x  ，故此情况无解； 当 11 2x   时， ( ) (2 1) ( 1) 2 3f x x x x         解得 1x  ，故 ； 当 1 2x  时， ( ) (2 1) ( 1) 3 3f x x x x      解得 1x  ，故 1 12 x. 综上所述，满足 ( ) 3fx 的解集为 11xx   .-------------------5 分 （Ⅱ）当 0x  时，可知对于 mR ，不等式均成立； 当 0x  时，由已知可得 2 1 1( ) 1 1 1 12 1 (2 ) (1 ) 3xxfxm x x x x x x              ， 当 1x  或 1 2x  时，等号成立. 综上所述，使得不等式恒成立的 m 的取值范围为 3m  .--------------10 分 说明：本题也可以数形结合进行求解。