2016届高三数学第三次诊断性大联考试题-理(扫描版)

2016届高三第三次诊断性大联考数学（理）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（理）答案及解析题号123456789101112答案BBACCCDADCAC13.1i14.7215.11(,)7216.3217.（1）6B（2）9532BC18.（1）1万件（2）X的分布列：∴2520121999EX．19.（1）详见答案（2）2191920.（1）13422yx（2）9221.（1）1a时，函数()fx是R上的减函数．1a时，设220xxa的两根111xa，211xa．可得函数()fx是1(,)x、2(,)x上的减函数，是12,)xx（上的增函数．（2）21ee22.（1）证明见详解（2）2AC23.（1）32yx，1422yx（2）481324.（1）{|6xx或5}x（2）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．解：∵{|4}Pxx，{|22}Qxx∴QP，选B．X012P2959292．解：①，③为真命题，故选B3．解：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4．解：将函数()2sin(2)6fxx的图象向右平移6个单位，得到函数2sin[2(x)]2sin(2)666yx的图象，即)62sin(2)(xxg，令26xk，解得212kx，当0k时，函数()gx的图象的对称中心坐标为(,0)12故选C．5．解：由题意得33338533456270CCCA，选C．6.解：由0OAOB得，OAOB，所以OAB为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离等于2d．由点到直线距离公式得，22a，22a，故选C．7．解：841187434,84422SSadad，得：114a811574aad，选D．8.解：由题意作出其平面区域由题意可得，A137,55，B1,3，则7313yx，1023xyyx，故221xyxyxyyx的最大值为12．故选A9．解：252511(1)(1)(21)(1)xxxxx，而根据二项式定理可知，51(1)x展开式的通项公式为5151()(1)rrrrTCx，251(1)(1)xx的展开式中常数项由三部分构成，分别是2,,1xx与51(1)x展开式中各项相乘得到，令3r，则32345211()(1)10TCxx，则2211010xx；令4r，则4145511()(1)5TCxx，则12510xx；令5r，则505651()(1)1TCx，则111，所以常数项为1．选D．10．解：抛物线28yx的焦点(2,0)F，又因为点P到双曲线C的上焦点1(0,)Fc的距离与到直线2x的距离之和的最小值为3，213495FFcc，21b所以双曲线的方程为2214yx．选C．11．解：如图，取AC中点F，连BF，则在RTBCF中，23BF，2CF，BC=4．在RTBCS中，CS=4，所以42BS．则该三棱锥外接球的半径2283R，所以三棱锥外接球的表面积是1123，选A．12．解：由已知得，ln32xxkxk在1x时恒成立，即ln321xxxkx．令ln32F1xxxxx，则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yx(4,3)O(0,1)7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），所以整数k的最大值为5．故选C第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.解：22(1)11(1)(1)iiiiiii．14.解：（a＋2b）（a－3b）a2abb272．15.解：画出()fx的图象且()1fxkx恒过（0,1）点，由图可知()1fxkx的斜率k大于101077，小于311402有三个交点.故实数数k的取值范围是11(,)7216．解：由已知可得，22[(1)2(1)][()2()]1fxfxfxfx，即11nnaa，所以20152015403110074Sa，220153(2015)2(2015)4aff，解得1(2015)2f或3(2015)2f．又因为1()2fx，所以3(2015)2f．三、解答题：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，由三角形的余弦定理得22233cos222acbacBacac，又因为B为ABC的内角，所以6B．（Ⅱ）∵1cos4ADC，∴15sin4ADC．∴351sinsin()68BADADC．ABD中，由正弦定理得sinsinADBDBBAD，即3135128BD，解得9534BD，故9532BC．18．解：（Ⅰ）51000001000050．∴该公司已生产10万件中在[182,187]的有1万件．（Ⅱ）(1703417034)0.9974PX，∴10.9974(182)0.00132PX，而0.0013100000130．所以，已生产的前130件的产品长度在182cm以上，这50件中182cm以上的有5件．随机变量X可取0,1,2，于是211555221010102255(0),(1)459459CCCPXPXCC,X01225210102(2)459CPXC．X的分布列：∴2520121999EX．19.解：（Ⅰ）证明：在ABC中，由于4,2BCAC，25AB,222ACBCAB,故ACBC．又PACABC平面平面，PACABCAC平面平面，BCPBC平面，BCPAC平面，又BCPBC平面，故平面PAC平面CBP．（Ⅱ）法一：如图建立Cxyz空间直角坐标系，0,0,0C,)002(，，A)042()341()040()301(，，，，，，，，，，，ABBPBP，(0,4,0)CB．设平面PAB的法向量111,,nxyz,由0340420011111zyxyxBPnABn令111231,2,3yxz则,232,1,3n．设平面PBC的法向量222,,mxyz,由22224004300ymCBxyzmBP，令23x，3,0,1mP295929zyxABCP219cos,19nmnmnm,二面角APBC的余弦值为21919．法二：由（Ⅰ）知BC平面PAC，所以平面PBC平面PAC,过A作AEPC交PC于E，则AE平面PBC,再过E作EFPB交PB于F，连结AF，则AFE就是二面角APBC的平面角.由题设得52,3EFAE由勾股定理得：51922EFAEAF所以2219cos1919EFAFEAF．二面角APBC的余弦值为21919．20．解：（Ⅰ）由222123caacabc，解得1,2,3cab．∴椭圆的方程为13422yx．（Ⅱ）设直线l的方程为1xmy，11(,)Axy22(,)Bxy，联立1243122yxmyx，得：096)43(22myym，∴436221mmyy，439221myy．22212112221313()41822(34)ABGmSyyyyyym．FEABCP令)1(12umu，则6191)13()43(12222uuuumm．∵uu19在),1[上是增函数，∴uu19的最小值为10．∴92ABGS．21．解：（Ⅰ）21()()2xxaxfxe．44a，当440a，即1a时，220xxa恒成立，即函数()fx是R上的减函数．当440a，即1a时，设220xxa的两根111xa，211xa．可得函数()fx是1(,)x、2(,)x上的减函数，是12,)xx（上的增函数．（Ⅱ）根据题意，方程220xxa有两个不同的实根1212()xxxx，，∴440a，即1a，且1212121xxxxx，，．由11211()[()(1)]xxfxfxae，得111122111122()xxxxaexxea，其中21120xxa，∴上式化为111122111111222()()2xxxxexxexx，整理111111()[22(1)]0xxxxee，其中121x，即不等式11111210xxxee对任意的11()x，恒成立．①当10x时，不等式11111210xxxee恒成立，R；②当1)1(0x，时，1111210xxee恒成立，即111121xxee，令函数11122211xxxegxee，显然，函数gx是R上的减函数，∴当)1(0x，时，201egxge，即21ee．③当10()x，时，1111210xxee恒成立，即111121xxee，由②可知，当)0(x，时，201egxge，即21ee．综上所述，21ee．请考生在第22、23、24题中任选一道作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．22．证明：（Ⅰ）∵FCAFBC，FF∴FCA∽FBC，所以AFCFACCB，即AFBCCFAC．又ABBC，所以AFABCFAC．（5分）（Ⅱ）因为CF是圆O的切线，所以2FCFAFB，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．（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．OFCBA24.解：（Ⅰ）21,4,()|3||4|7,43,21,3xxfxxxxxx，∴4,2111xx①或43,711x②或3,2111