《2016年云南民族中学高三上学期高考适应性月考卷（四）数学（理）试题（图片版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年云南民族中学高三上学期高考适应性月考卷（四）数学（理）试题（图片版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 云南民族中学 2016 届高考适应性月考卷（四）理科数学参考答案第卷（选择题，共 60 分）一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）题号123456789101112答案CAACBBBCCDBA【解析】1由题意，阴影部分表示因为，所以，故选()UAB |3UBx x()1, 2UAB C2当时曲线也过原点，必要性不满足，故选 A 2 3有一个班分得 2 个名额，其余都分得一个名额，故选 A4该几何体是以边长为 4，3 的直角三角形为底面，高为 4 的三棱锥，体积是 8，故选 C5A 错误，需保证两直线相交；C 错误，没有保证 m 在平面外；D 错误，两平面也会相交；B
2、 正确，由面面垂直判断线面垂直的性质，故选6因为，由计算表得知选 B，故选 B1S 1k 2k 3k 4k 5k 6k S=4S=11S=26S=57S=1207由三角函数的定义，解得，故选 Btan23 223 38因为，故选 C13122 0 0211()d326Sxxxxx阴影9由向量的加减法的几何意义及知，以 PB，PC 为邻边构成的平行四| |PBPCPBPC 边形对角线相等，几何图形为矩形，M 是对角线的交点，所以，故选 C| 2PM 10P 在以 c 为半径的圆周上，则F1PF2=90，F1PF2P，根据双曲线定义及所给条件，有|F1P|F2P|=2a，|F1P|2+|F2P|2
3、=4c2，再由(|F1P|F2P|)2=4a2，即2 1211|22FPF Pa|F1P|2+|F2P|22|F1P|F2P|=4a2，得到 4c2=6a2，故选 D223 2c a6 2e 11分析知最小时的 a 值，即为函数取得最小值时 x 的值，求导知|PQ2( )ln (0)h xxx x时满足要求，故选 B2 2x 12，知函数周期 T=4，由，且2( 2)(2)0(4)( )xfff xf x ，得，故120 2xx ，时有，知时为单调递减函数，故作出简图可12xx1212()()0f xf x xx120 2xx ，( )f x知选 A，故选 A第卷（非选择题，共 90 分）二、
4、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）题号13141516答案4404923【解析】13，2pm124pm4m 14由题意可知，a2，二项式展开式的通项公4 1( 2)0a 式25 151C (2)r rr rTxx 令，得，故展开式中 x 的系数为401021rr3r 323 45C 2 ( 1)40Txx 15由可解得，则，求导后知1052503SS，1233ad ，210 33nnSn3 210 33nnnSn时有最大值 497n 16由题知截面与球的交点分别是面对角线的中点11ADAC CD，M，N，P，截面圆是的外接圆，且是边长为的MNPMNP2等边三角形，如图
5、1 所示，外接圆半径，所以266 323r A图 1图 2223Sr三、解答题（共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17 （本小题满分 12 分）解：（）由，222bcabc得，（2 分）2221 22bca bc即，（4 分）1cos2A 60A （）由得，（5 分）6cos3B 3sin3B （7 分）23sinsin33 23abaaAB又sinsin()sincoscossinCABABAB=，（10 分）36133 23 23236（12 分）13 23sin22SabC18 （本小题满分 12 分）（）证明：由三视图知，可建立如图 2 所示的空间直角坐标系，且 D(
6、0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，h)， （2 分）1102M，1022hN，所以， （4 分）1102CM ，1122hBN ，所以，111( 1)00222hCM BN A所以，（5 分）CMBN MCNB（）解：如图 2 所示，连接 DB，易知若与底面所成角的正切值为，即，SBABCD22SD DB又，所以，（7 分）2DB 2SDh又平面 SAD 的一个法向量是=(0，1，0)，（8 分）DC设平面 SMC 的一个法向量为，()na b c，因为，(0，1，2)，1122SM，SC 所以解得，（10 分）1202 20abcbc ，(1 2
7、 1)n ，设平面 SAD 与平面 SMC 所成角为 ，由题图可知 为锐角，（12 分）26coscos3| |6DC nDC nDCn AA，19 （本小题满分 12 分）解：（）抽取的质量指标样本平均数和样本方差分别为x2s=2001700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02x ，2222222( 30)0.02( 20)0.09( 10)0.2200.33100.24200.08300.02s =150（4 分）（） （i）由（）知若，(200, 150)ZN故=；（8 分）(187.8212.2)PZ(20012.220012.2)
8、0.6826PZ（ii）由（i）知，一件产品质量指标值位于区间的概率为 0.6826，(187.8 212.2)，依题意知，(100 0.6826)XB，所以（12 分）1000.682668.26EX 20 （本小题满分 12 分）解：（）方法一：由，是椭圆的两个焦点，得（1 分）1( 1, 0)F 2(1, 0)F1c 又（2 分）22221 121,1,ab ab ，22a 21b 故椭圆 C 的标准方程为（4 分）2 212xy方法二：由，是椭圆的两个焦点，得（1 分）1( 1, 0)F 2(1, 0)F1c 又，（2 分）2222 12222|(1 1)0(1 1)02 222aPF
9、PF，2a 1b 故椭圆 C 的标准方程为（4 分）2 212xy（）把的方程代入椭圆方程，整理得 （5 分）1l222(12)4220kxmkxm直线与椭圆 C 相切，1l=16k2m24(1+2k2)(2m22)=0，化简得 m2=1+2k2同理把的方程代入椭圆方程，也得 m2=1+2k2（7 分）2l设在 x 轴上存在点 M (t，0)，点 M 到直线，的距离之积为 1，1l2l则，即， 22| |1 11ktmktmkk A2 222|1k tmk把代入上式并去绝对值整理，2212km得或22(3)2kt 22(1)0kt 对任意的 kR 显然不恒成立，（9 分）22(3)2kt 要使
10、得对任意的 kR 恒成立，22(1)0kt 则，解得210t 1t 综上所述，存在满足题意的定点 M，其坐标为(1，0)或(1，0)（12 分）21 （本小题满分 12 分）解：（），（1 分）22(1)(1)( )2(0)xxfxxxxx 由得；( )0 0fx x， ，01x由得( )0 0fx x， ，1x 在上为增函数，在上为减函数 （2 分）( )f x(0 1)，(1) ，是函数的极值点，1x ( )f x，( )ag xxx2( )1ag xx 又函数与有相同的极值点，( )f x( )ag xxx，解得，（3 分）(1)10ga 1a 经检验，当时，函数在处取到极小值，符合题意
11、 （4 分）1a ( )g x1x （），2112eef (1)1f (3)92ln3f ，即，2192ln321e 1(3)(1)efff，（6 分）13ex ，minmax( )(3)92ln3( )(1)1f xff xf ，由（）知1( )g xxx21( )1g xx 当时，；11ex，( )0g x当时，(1 3x ，( )0g x故在上为减函数，在上为增函数( )g x11e，(1 3，图 3，11110e(1)2(3)3ee33ggg，而，1102ee31(1)(3)eggg，（8 分）13ex ，minmax10( )(1)2( )(3)3g xgg xg，当，即时，对于，1
12、0k 1k 1213exx，不等式恒成立，12()()11f xg x k 12max1 ()()kf xg x12max ()()1kf xg x，12()()(1)(1)123f xg xfg ，312k -又，（10 分）1k 1k 当，即时，对于，10k 1k 1213exx，不等式，12()()11f xg x k 12min1 ()()kf xg x12min ()()1kf xg x，121037()()(3)(3)92ln32ln333f xg xfg ，342ln33k又，1k 342ln33k综上，所求实数的取值范围为（12 分）k342ln3(1)3 ，22 （本小题满分 10 分） 【选修 41：几何证明选讲】（）证明：如图 3，连接OPOM，因为 AP 与圆 O 相切于点 P，所以OPAP因为 M 是圆 O 的弦 BC 的中点，所以OMBC于是180OPAOMA
