河南省郑州市2016届高三第一次质量预测数学(文)试题(版含答案)

2016年高中毕业年级第一次质量预测文科数学参考答案一、选择题ACCCCBCBACDD二、填空题13.|0;xx14.;2415.1;16.13.2三、解答题（共70分）17.解：⑴由已知条件:21415,43428,2aadSad………………………2分11,4.ad………………………4分1143.naandn………………………6分⑵由⑴可得(1)(1)43nnnnban………………………8分21591317......8344.nTnnn………………………12分18.解：⑴设“当罚金定为10元时，闯红灯的市民改正行为”为事件A，……2分则401.2005pA………………………4分∴当罚金定为10元时，比不制定处罚，行人闯红灯的概率会降低15.……………6分⑵由题可知A类市民和B类市民各有40人，故分别从A类市民和B类市民各抽出两人，设从A类市民抽出的两人分别为1A、2A，设从B类市民抽出的两人分别为1B、2B.设从“A类与B类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，………………………8分则事件M中首先抽出1A的事件有：1212,,,AABB，1221,,,AABB，1122,,,,ABAB1122,,,ABBA，1221,,,ABAB，1212,,,ABBA共6种.同理首先抽出2A、1B、2B的事件也各有6种.故事件M共有4624种.………………………10分设从“抽取4人中前两位均为B类市民”为事件N，则事件N有1212,,,BBAA，1221,,,BBAA，2112,,,BBAA，2121,,,BBAA.41.246PN∴抽取4人中前两位均为B类市民的概率是16.………………………12分19.⑴证明：设EC与DF交于点N，连结MN，在矩形CDEF中，点N为EC中点，因为M为EA中点，所以MN∥AC，又因为AC平面MDF，MN平面MDF，所以AC∥平面MDF.……………………4分⑵解：取CD中点为G，连结,BGEG，平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，AD平面ABCD，ADCD，所以AD平面CDEF，同理ED平面ABCD，……………………7分所以，ED的长即为四棱锥EABCD的高，……………………8分在梯形ABCD中1,//2ABCDDGABDG，所以四边形ABGD是平行四边形，//BGAD，所以BG平面CDEF，又因为DF平面CDEF，所以BGDF，又BEDF，BEBGB，所以DF平面BEG，DFEG.……………………10分注意到RtDEGRtEFD，所以28DEDGEF，22DE，所以1423EABCDABCDVSED.……………………12分20.⑴解：设曲线E上任意一点坐标为(,)xy，由题意，2222(1)3(1)xyxy，……………………2分整理得22410xyx，即22(2)3xy为所求.……………………4分⑵解：由题知12ll，且两条直线均恒过点(1,0)N，……………………6分设曲线E的圆心为E，则(2,0)E，线段CD的中点为P，则直线EP：2yx,设直线CD：yxt，由2,yxyxt，解得点22(,)22ttP，……………………8分由圆的几何性质，221||||||||2NPCDEDEP，……………………9分而22222||(1)()22ttNP，2||3ED，22|2|||()2tEP，解之得0t，或3t，……………………10分所以直线CD的方程为yx，或3yx.……………………12分21.⑴解：函数()fx的定义域为(0,)，()()()xmxmfxx，…………2分当0xm时，()0fx，函数()fx的单调递减，当xm时，()0fx，函数()fx的单调递增.综上：函数()fx的单调增区间是(,)m，减区间是(0,)m.……………………5分⑵解：令21()()()(1)ln,02Fxfxgxxmxmxx，问题等价于求函数()Fx的零点个数，……………………6分(1)()()xxmFxx，当1m时，()0Fx，函数()Fx为减函数，注意到3(1)02F，(4)ln40F，所以()Fx有唯一零点；………………8分当1m时，01x或xm时()0Fx，1xm时()0Fx，所以函数()Fx在(0,1)和(,)m单调递减，在(1,)m单调递增，注意到1(1)02Fm，(22)ln(22)0Fmmm，所以()Fx有唯一零点；……………………11分综上，函数()Fx有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.……………12分22.⑴证明：因为ECFCAECEACAECBA，EFCCDABAECBA，AE平分BAC，所以ECFEFC，所以ECEF.……………………4分⑵解：因为ECDBAEEAC，CEADEC，所以CEADEC，……………………6分即2,CEDEECEAEACEDE，由⑴知，3ECEF，所以92EA，…………8分所以45()4ACAFADAEAEDEAE.……………………10分23.解：（Ⅰ）π22cos2cossin4，……………………………2分即22cossin，可得22220xyxy，故2C的直角坐标方程为22112xy.…………………………………………5分（Ⅱ）1C的直角坐标方程为320xy，由（Ⅰ）知曲线2C是以(1,1)为圆心的圆，且圆心到直线1C的距离2213233213d，………………………8分所以动点M到曲线1C的距离的最大值为33222.………………………10分24.解：（Ⅰ）①当2x时，原不等式可化为211xx，此时不成立；②当12x时，原不等式可化为211xx，即10x，③当1x时，原不等式可化为211xx,即1x，……3分∴原不等式的解集是|0xx．………………………5分（Ⅱ）因为1()121gxaxax，当且仅当axa时“=”成立，所以min()21gxa，-----7分12,02,()3,2xxfxx，所以()[3,1)fx，-----9分∴211a,即1a为所求．-----10分