2016届高三数学第三次诊断性大联考试题-文(扫描版)

2016届高三第三次诊断性大联考数学（文）试题（扫描版含解析）神州智达2016届高三诊断性大联考（三）数学（文）答案及解析题号123456789101112答案DBCDCACBBACC13.114.3215.[1,52]16.23317.（Ⅰ）6B（Ⅱ）9532a18.（Ⅰ）证明见详解（Ⅱ）3319.（Ⅰ）x=0.1,众数12，平均数11.2（Ⅱ）81520.（Ⅰ）2212xy（Ⅱ）定值为221.（Ⅰ）a=1，增区间21(0,)e减区间21[,)e（Ⅱ）21012ke22.（Ⅰ）证明见详解（Ⅱ）2AC23.（1）32yx1422yx（Ⅱ）481324.（1）{|6xx或5}x（Ⅱ）12k详解及解答过程一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．1.D【解析】由{|02}Bxx，可得A∩B={0,1}．2.B【解析】4(4)(1)4(4)122kikiikkii所以k=4．3.C【解析】因为（3a+b）⊥a所以（3a+b）a=0，=-3．4.D【解析】由已知得112141,21,46SaSaSa，所以2111(21)(46)aaa解得112a．5.C【解析】3sin2cos22sin(2)2sin[2()]612yxxxx，所以要得到函数3sin2cos2yxx的图象，只需将函数2sin2yx的图象向左平移12个单位长度即可．6.A【解析】9x时，1y此时||82yx，所以1x，53y，此时8||23yx所以53x，239y，此时8||29yx，所以输出239．7.C【解析】由已知直线过定点（3,1）且该定点在圆内，该点与圆心连线与已知直线垂直时直线被圆截得的弦长最短，又圆心为（2,2）则此时弦心距为22(32)(12)2，又半径为2.所以最短弦长等于2222(2)22．8.B【解析】由345mnmn可得435mn，∴143112311233(3)()(13)(132)5555nmnmmnmnmnmnmn，当且仅当123nmmn即2nm时等号成立.9.B【解析】由三视图可得该四棱锥直观图如下：满足侧面PAD⊥底面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，且高为2，底面是长为4，宽为2的矩形，可知外接球圆心为底面对角线的交点，可求得球半径为5.10.A【解析】画出()fx的图象且直线1ykx恒过（0,1）点由图可知直线1ykx的斜率k大于101077，小于311402时与()fx的图象有三个交点，即方程()1fxkx有三个不同的实数根.11.C【解析】由于11a，所以11nnaan所以213212,3,nnaaaaaan，累加得123naan，所以(1)1232nnnan，所以122016111222111112(1)1223(1)22320162017aaann140322(1)20172017.12.C【解析】由已知得，ln32xxkxk在1x时恒成立，即ln321xxxkx．令ln32F1xxxxx，则ADCBPyx(4,3)O(0,1)72ln2F1xxxx，令ln2mxxx，则1110xmxxx在1x时恒成立．所以mx在1,上单调递增，且31ln30m，42ln40m，所以在1,上存在唯一实数0x（03,4x）使0mx．所以Fx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增．故00000000min00232ln32FF25,611xxxxxxxxxxx．故02kx（k），所以k的最大值为5．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.1【解析】12(4)(4)(1log4)1ff14.32【解析】由已知得30,20xy代入回归方程得ˆ2a，x=50时，ˆ32y.15.[1,52]【解析】如图，设M（x,y）所以(,)(4,0)(0,2)xy得,42xy，所以42xy问题等价于当M在△ABC内（含边界）运动时，求42xyz的取值范围，运用线性规划知识可知当M在点B时max52z，当M在AC上任意一点时min1z，所以取值范围是[1,52].16.233【解析】CMBAOyx由22223cabbeaaa得，所以双曲线渐近线为3yx，联立2px解得33(,),(,)2222ppApBp，所以13322AOBpSp解得p=2，所以(1,3),(1,3)AB所以△AOB三边长为2，2，23，设△AOB内切圆半径为r，由，解得233r.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.解：（Ⅰ）在ABC中，因为22()(23)bacac，所以2223acbac，由余弦定理得22233cos222acbacBacac，又因为B为ABC的内角，所以6B．…………………5分（Ⅱ）∵1cos4ADC，∴15sin4ADC．∴351sinsin()68BADADC．…………………8分ABD中，由正弦定理，得sinsinADBDBBAD，即3135128BD，解得9534BD，故9532a．…………………12分18.（Ⅰ）证明：∵PA⊥平面ABCD所以PA⊥DM，又四边形ABCD为菱形，∠BAD=60，∴△ABD为等边三角形，∵M为AB中点，∴DM⊥AB，又PA∩AB=A，∴DM垂直平面PAB,又DMPMD平面，平面PMD⊥平面PAB……………………4分（Ⅱ）设AC与BD的交点为O，连接NONMDCBAP∵四边形ABCD为菱形∴AC⊥BD，又AC⊥BN，∴AC⊥平面BNO，∴AC⊥NO，而PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC，又PA、NO在同一平面PAC内，∴PA∥NO，又O为AC中点，∴N为PC中点，∴112NOPA且NO⊥平面ABCD，……………………8分∴111322sin6013323NBCDBCDVSNO……………………12分19.解：（Ⅰ）由图知五段的频率分别为0.08,0.32，4x，0.12,0.08，∴0.08+0.32+4x+0.12+0.08=1解得x=0.1.由图知众数的估计值为12，平均数估计值为40.0880.32120.4160.12200.0811.2………………6分（Ⅱ）设事件A为这两人在[18,22)中恰有一人，由已知得在[14,18)内有6人，在[18,22)内有4人，从10人中取2人的结果有45种，事件A的结果有24种，故在[18,22)中恰有一人的概率248()4515PA……………………12分20.解：（Ⅰ）由已知可知1MFN的周长为4a，所以4a=42，得a=2，又椭圆经过点A（0,-1），得b=1，所以椭圆C的方程为2212xy……………………4分（Ⅱ）由题设可设直线PQ的方程为1(1)(2)ykxk化简的1ykxk代入2212xy，得22(12)4(1)2(2)0kxkkxkk，由已知0，设112212(,),(,),0PxyQxyxx则1212224(1)2(2),1212kkkkxxxxkk，……………………6分从而直线AP，AQ的斜率之和NMDCBAPO12121212121122112(2)()APAQyykxkkxkkkkkxxxxxx………8分12124(1)2(2)2(2)22(1)22(2)xxkkkkkkkkxxkk故直线AP与AQ斜率之和为定值2.……………………12分21.解：（Ⅰ）由已知在（1,(1)f）处的切线的斜率为-2，又()ln1fxxa，∴(1)ln1112faa，所以a=1……………………2分所以()1lnfxxxx，()ln2fxx，由21()ln200fxxxe，21()ln20fxxxe，∴()fx的增区间为21(0,)e，减区间为21(,)e.……………………6分（Ⅱ）对任意2[0,1]x总存在10,x（）使得21()()gxfx，∴maxmax()()gxfx又（Ⅰ）知当21xe时max2211()()1fxfee，……………………8分对于2()2,gxxkx，其对称轴为xk，又0k①01k时，2max()()gxgkk，∴2211ke从而01k；……………10分②1k时，max()(1)21gxgk，∴21211ke从而21112ke，综上可知，21012ke.……………………12分22．证明：（Ⅰ）∵FCAFBC，FF∴FAC∽FBC，所以AFCFACCB，即AFBCACFC．又ABBC，所以AFABACFC．…………………5分（Ⅱ）因为CF是圆O的切线，所以2FCFAFB，OFCBA又2,22AFCF，所以4BF，2ABBFAF．由（Ⅰ）得，2AC．…………………10分23．解：（Ⅰ）两式相加消去参数t可得曲线1C的普通方程:32yx由曲线2C的极坐标方程得22413sin2223sin4，整理可得曲线2C的直角坐标方程1422yx．…………………5分（Ⅱ）将12322xtyt（t为参数），代人2C直角坐标方程得213323480tt，利用韦达定理可得124813tt，所以MAMB4813．…………………10分24.解：（Ⅰ）21,4,()|3||4|7,43,21,3xxfxxxxxx，∴4,3411xxx①或43,3411xxx②或3,3411,xxx③解得不等式①：6x；②：无解；③：5x，所以()11fx的解集为{|6xx或5}x．…………………5分（Ⅱ）作21,4,()7,43,21,3xxfxxxx的图象，而()(3)gxkx图象为恒过定点(3,0)P，的一条直线，如图：其中2,PBk(4,7)A，∴1PAk由图可知，实数k的取值范围应该为12k．…………………10分