2015届安徽省安庆市高三第三次模拟考试数学理试题及详细答案

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2015年安庆市高三模拟考试(三模)数学试题(理科)参考答案一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)题号12345678910答案CDCCBDBDAB1.C【解析】设izab(a,Rb),由11izz得22i1iabab,所以1b,211aa,所以0a或1a.选C.2.D【解析】BA等价于BAcoscos,等价于BAsinsin,排除A、B;由BaAbcoscos及正弦定理可得0)sin(BA,BA,得BA,排除C;选D.3.C【解析】不妨设A、B为左、右焦点,实半轴长为a,半焦距为c,若点C在双曲线的左支上,设BC中点为D,则由定义知|BD|=21|BC|=21(2c+2a)=c+a,在Rt△ABD中,由31cosABC,故,3,312ecac不可能。故C在双曲线的右支上,设BC中点为D,则由双曲线定义知acacBCBD)22(2121,在ABDRt中,31cosABD,故312cac,得3ace.选C.4.C【解析】随机数共有20组,其中表示3次投篮恰有2次的有:191,271,027,113,共4组,所以估计概率为2.0204.选C.5.B【解析】1751025101)21(211106V.选B.6.D【解析】2a时,0)2(42aa,由韦达定理axx21,221axx,则21211xxxx4221221aaaa当且仅当3a时取等号.选D.7.B【解析】曲线C的直角坐标方程为1)1(22yx,曲线E的普通方程为0643yx,则APB取最大值时,PA、PB与圆C相切,且PC最短,此时在PACRt中,21sinAPC,故6APC,APB为3.选B.8.D【解析】由已知)(xf为周期为2的函数,由(1)fx是奇函数,有)1()1(xfxf,数学试题(理科)参考答案(共7页)第1页即)2()(xfxf,故)21()23()21()23(ffff,而10x时,21fxxx,所以21)121)(21(2)21(f,21)23(f9.A【解析】能构成三角形5638C个,其中直角三角形2464个,钝角三角形2483个,故锐角三角形为8个.选A.10.B【解析】由0)()(2121xxxfxf知,对函数)(xf图象上任意一点))(,(11xfxA,都存在一点))(,(22xfxB,使OBOA,由图象可知,符合条件的有②⑤;选B.第Ⅱ卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上).11.13【解析】令22(0)2yxtt,当椭圆222yxt与线段1(0101)xyxy≤≤≤≤,相切时,t最小.联立2221yxtxy,消去y得232120xxt,由0,得13t.即31,所以实数的最小值为13.12.127【解析】设1xt,则88221081)1(tatataat,令0t,则20a,令1t,则18210aaaa,令1t,则2578210aaaa,1278642aaaa.13.15【解析】设等比数列}{na的公比为q,显然1q,11)1(212qqaS,31)1(414qqaS,由324SS得22q,15)1)(1(1)1(1)1(4221818qqqqaqqaS.14.2-a【解析】)0(,24)0(,)(2xxxxaxxf,结合图象可知:2-a.15.③⑤【解析】①当a、b的夹角为时,0ba,不正确;②当0b时不正确;③由空间向量基本定理,正确;④)()(||22qpqpqp|,cos|||||qpqpqpqp数学试题(理科)参考答案(共7页)第2页||||qpqp,当qp与qp同向共线时,取等号,不正确;⑤p在基底kji,,下的坐标为)3,2,1(,即)(1)(2)(032ikkjjikjip,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.(本题满分12分)【解析】(Ⅰ)依题意,)sin,(cosxxA,)sin,cos2(xxP,xxxOPOA222cos1sincos2,因此,)sin32(coscos)(xxxOPOAxfxxxxcossin32coscos1222)62sin(222cos2sin32sin3cos212xxxxx所以,)(xf的最大值为4,最小值为0;…………6分(Ⅱ)由)(226222Zkkxk得:)(63Zkkxk,因此,)(xf的单调增区间为)](63[Zkkk,,同理可得:)(xf的单调减区间为)](326[Zkkk,,其图象的对称中心为))(2212(Zkk,…………12分17.(本题满分12分)【解析】(Ⅰ)第7、8、9三题均有两个选项能排除,因此,第7、8、9三题做对的概率均为21,第10题只有一个选项能排除,因此,第10题做对的概率为31.所以,该同学选择题得40分的概率P为:83312112131311211213222)()()()(CCP(Ⅱ)设该同学7、8、9、10题中做对的题数为X,则随机变量X的分布列为X01234P1212478324524161124424152418247)(XE所以,该同学数学得分的期望为6110465611530该同学数学得分不低于100分的概率为121124124583247P…………12分数学试题(理科)参考答案(共7页)第3页18.(本题满分12分)【解析】(1)分别取EF、FH、CF的中点M、R、Q,连接MR、MQ、NQ、NR则MR∥EH∥FA∥NQ且NQFAEHMR2121∴四边形MRNQ为平行四边形∴MQ∥NR又MQ平面EFC,NR平面EFC,NR∥平面EFC,即P为FH的中点R.…………5分(Ⅱ)分别以直线AB、AD、AF为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则)2,0,4(G,)2,0,0(F,)0,4,4(C,)4,4,0(E设平面GFC的法向量为),,(1zyxn由01xFGn,021zyCGn,令2z得:)2,1,0(1n类似可得平面EFC的法向量为)2,1,2(2n,cos1n,2n55533,所以二面角GFCE的余弦值为55.…………12分19.(本题满分13分)【解析】(Ⅰ)设斜率为21的直径平行的弦的端点坐标分别为),(11yx、),(22yx,该弦中点为),(yx,则有14162121yx,14162222yx,相减得:04))((16))((21212121yyyyxxxx,由于221xxx,221yyy,且212121xxyy,所以得:02yx,故该直径的共轭直径所在的直线方程为02yx.……………………5分(Ⅱ)椭圆的两条共轭直径为AB和CD,它们的斜率分别为1k、2k.四边形ACBD显然为平行四边形,设与AB平行的弦的端点坐标分别为),(11yx、),(22yx,数学试题(理科)参考答案(共7页)第4页则21211xxyyk,21212xxyyk,而14162121yx,14162222yx,04))((16))((21212121yyyyxxxx,故412221222121xxyykk.由1416221yxxky得A、B的坐标分别为)414,414(21121kkk,)414,414(21121kkk故AB=21211418kk,同理C、D的坐标分别为)414,414(22222kkk,)414,414(22222kkk所以,点C到直线AB的距离2221212122222141141414414kkkkkkkkkd设点C到直线AB的距离为d,四边形ACBD的面积为S,则ABdS2221214114kkkk21211418kk222121414132kkkk1616)(4123222122221212221kkkkkkkk,为定值.……………………13分20.(本题满分13分)【解析】(Ⅰ)由2(1)(2)nnnSaa可得1112(1)(2)nnnSaa,2n≥,两式相减得221111210nnnnnnnnnaaaaaaaaa.因为0na,所以110nnaa,即11nnaa(2n≥).所以数列{}na是首项为2,公差为1的等差数列,故1nan.…………5分数学试题(理科)参考答案(共7页)第5页(Ⅱ)因为11b,1nnnbba即11nnbbn,所以22b,1nnbbn(2n≥),所以111nnnnbbbb,111nnnbbb(2n≥),bn+1≠bn当1n时,1112(21)b,所以当1n时结论正确.当2n≥时,31422111211111nnnnnbbbbbbbbbbbb112112nnnnbbbbbb.由条件易知0nb,所以nnbb1>1221nbbnn,所以nbbb11121>.112221nbbnn…………13分21.(本题满分13分)【解析】(Ⅰ)2222122(41)2()(0)xaxafxxxaxxaxxa,,22(41)1618aaa.…………1分①当18a≥时,0≤,从而0()fx≥,所以()fx在(0),上单调递增;②当108a时,0.设方程222(41)20xaxa的两根分别为1x,2x,其中1(41)184aax,2(41)184aax.因为121402axx,2120xxa,所以10x,20x,1()0fxxx或2xx,所以()fx在1(0)x,和2()x,上单调递增,在12()xx,上单调递减;数学试题(理科)参考答案(共7页)第6页③当0a时,1118()04axa,2118()04axa,所以10xa,20xa,所以()fx在1(0)x,和2()x,上单调递增,在1()xa,和2()ax,上单调递减.…………7分(Ⅱ)当1a时,1()2ln1fxxx,由(I)知()fx在1(0)2,和(2),上单调递增,在1(1)2,和(12),上单调递减.所以在1,上,min()(2)12ln2fxf.…………9分因为22(1)(2)()xxxxxxgxee,所以在1,上,max25()(2)gxgme.…………11分因为43412ln21ln41ln12.33e,当85m时,225582.32.75me.所以当1a,1x,时,对任意的85m,总有()()fxgx.…………13分数学试题(理科)参考答案(共7页)第7页

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