《山东省高三数学4月教学诊断考试试题理(扫描版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省高三数学4月教学诊断考试试题理(扫描版).pdf（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 山东省淄博实验中学2016届高三数学 4 月教学诊断考试试题理 扫描版 2 3 4 淄博实验中学高三年级第二学期教学诊断考试参考答案 一 选择题 CCBAB BDDAC 5 二 填空题 11 3 1 12 4 13 3 14 1 0 2 15 三 解答题 16 解析 nmxf 21 3sincoscos 2 fxm nxxx rr31cos21 sin2 222 x x 31 sin 2cos2 22 xxsin 2 6 x 4分 由222 262 kxk kZ得 63 kxk kZ f x的单调递增区间为得 63 kk kZ 6分 3 sin 2122 A fA又0 2 A 3 A 8分
2、 2sinsinCB 由正弦定理得2 bc 9分 3a 由余 弦定理 得 22 92cos 3 bcbc 10分 解 组成的方程组 得 3 2 3 c b 综上 3 A 2 3b 3c 12分 17 解析 1 证明 连接 MC 交 BN 于F 连结 EF 由已知可得ABCD是平行四边形 F为 BN的中点 由E的AB中点得 EFAN AN 平面 MEC EF平面 MEC EF平面 MEC 2 解 由题意可如图建立空间直角坐标系由Dxyz 则 0 0 0 E 3 0 0 D C 0 2 0 N 0 0 1 设 P 3 1 t 01t其中 故 0 1 t EC 3 2 0 PE u uu ruuu
3、r 6 设面 PEC的法向量 x y z n r 则 0 320 n PEyzt n ECzy r u uu r r u uu r 3 2 2 3 xn t r 令 得 易知 0 0 1 DN u uu r 为平面DEC的一个法向量 故 3 7 coscos 67 3 43 t n DNt t r uuur g得 所以在线段AM上存在点P 使二面角 PECD 的大小为 6 此时 7 7 AP 18 解析 1 记 甲考核为优秀 为事件A 乙考核为优秀 为事件B 丙考核为优 秀 为事件C 甲 乙 丙至少有一名考核为优秀 为事件D 则 11144 1 1 1 53345 P DP ABCP A P
4、B P C 2 由题意 得 X的可能取值是 3 4 5 6 因为 1 3 45 P XP ABCP A P B P C 8 4 45 P XP ABCP ABCP ABC 4 5 9 P XP ABCP ABCP ABC 16 6 45 P XP ABCP A P B P C 所以X的分布列为 X 3 4 5 6 P 1 45 8 45 4 9 16 45 E X 3 1 45 4 8 45 5 4 9 6 16 45 77 15 19 解析 1 由 3 1 n n n a a a得 nn n n aa a a 3 1 31 1 即 2 11 3 2 11 1nn aa 3分 又 2 3 2
5、11 1 a 7 所以 2 11 n a 是以 2 3 为首项 3 为公比的等比数列 5分 所以 2 3 3 2 3 2 111 n n n a 即 13 2 n n a 6分 3 1 2 n n n b 7分 12210 2 1 2 1 1 2 1 3 2 1 2 2 1 1 nn n nnT 2 n T nn nn 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 121 两式相减得 nnn n n n T 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1210 1 2 2 4 n n n T 9分 1 2 2 4 1 n n 若n为偶数 则3 2 2 4 1n 若n为奇数 则22 2
6、 2 4 1n 32 12分 20 解 因为若抛物线 2 4yx的焦点为1 0与椭圆C的一个焦点重合 所以 1c 1 分 又因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形 所以1bc 故椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y 相关圆 E的方程为 22 2 3 xy 3 分 i 当直线l的斜率不存在时 不妨设直线AB方程为 6 3 x 则 6666 3333 AB所以 2 AOB 4 分 当直线l的斜率存在时 设其方程设为ykxm 设 1122 A x yB xy 8 联立方程组 2 2 1 2 ykxm x y 得 22 2 2xkxm 即 222 12 4220kxkmxm 5 分 22
7、2222 164 12 22 8 21 0k mkmkm 即 22 210 km 12 2 2 12 2 4 12 22 1 2 km xx k m x x k 6 分 因为直线与相关圆相切 所以 2 2 2 2 13 1 mm d k k 22 322mk 8 分 2222 222 1212121222 1 22 4 1 1212 kmk m x xy ykx xkm xxmm kk 22 2 322 0 12 mk k OAOB uu u ruu u r 2 AOB为定值 8 分 ii 由于PQ是 相关圆 的直径 所以 16 23 ABQ SAB PQAB 所以要求ABQ 面积的取值范围
8、只需求弦长AB的取值范围 当直线 AB的斜率不存在时 由 i 知 2 6 3 AB 9 分 因为 22 222 12 22 8 21 1 1 1 2 km ABkxxk k 10 分 422 4242 8 4518 1 3 4413441 kkk kkkk 0k 时 2 2 81 1 1 3 44 AB k k 为 2 2 1 448k k 所以 2 2 11 0 1 8 44k k 9 所以 2 2 881 1 3 1 33 44k k 所以 2 6 3 3 AB 当且仅当 2 2 k 时取 11 分 当0k时 2 6 3 AB AB 的取值范围为 2 6 3 3 AB 12 分 ABQ面积的取值范围是 4 2 3 13 分 21 解析 1 由已知 又 所以 解得 即 设 即 若 这与题设矛盾 舍 若 方程的判别式 当 即时 在单调递减 即不等式成立 当时 方程的根 当单调递增 与题设矛盾 舍 综上所述 10 证明 由 2 知 当时 成立 不妨令 所以 故 令 k 1 2 3 累加即得结论
