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2016届山西省高三下学期第一次适应性考试数学(文)试题(a卷) 扫描版


2016 年高考前质量监测试题(卷) 文科数学试题参考答案 A 卷选择题答案 一、选择题 (1)A (7)B (2)C (8)C (3)A (9)C (4)B (5)A (6)B

(10)D (11)D (12)C

B 卷选择题答案 一、选择题 (1)D (7)B (2)C (8)B (3)A (9)B (4)B (5)A (6)C

(10)D (11)A (12)B

A、B 卷非选择题参考答案 二、填空题 (13)4 (14)②④ 三、解答题 (17)解:(Ⅰ)∵acosB-bcosA=c,根据正弦定理得:sinAcosB-sinBcosA=sinC.① 根据三角形内角和定理得: sinC=sin=sin(A+B)= sinAcosB+sinBcosA.② 由①②得 sinBcosA=0. ∵ 0<B<π ,∴sinB≠0,cosA=0,∴A= (Ⅱ)由(Ⅰ)知,S△ABC= (15) 3 7 (16)2016

π .……………………………6 分 2

1 bc=4,∴bc=8. 2

又∵a?=b?+c?≥2bc=16,所以当且仅当 b=c=2 2 时,amin=4.………12 分 (18) (Ⅰ) 根据题意,学员(1) , (2) , (4) , (6) , (9)恰有两项不合格, 从中任意抽出 2 人,所有情况如下: 学员编号 (1) (2) (1) (4) (1) (6) (1) (9) (2) (4) 补测项目 ②③⑤ ②③④⑤ ③④⑤ ①③⑤ ②④⑤ 项数 3 4 3 3 3

(2) (6) (2) (9) (4) (6) (4) (9) (6) (9)

②③④⑤ ①②⑤ ②③④ ①②④⑤ ①③④⑤

4 3 3 4 4

由表可知,全部 10 种可能的情况中,有 6 种情况补测项数不超过 3, 由古典概型可知,所求概率为

6 3 ? . 10 5

……………………………………6 分

(Ⅱ) 在线段 CD 上取两点 B? , D? ,使 BB? ? DD? ? 1.8 m, 记汽车尾部左端点为 M, 则当 M 位于线段 AB? 上时,学员甲可按教练要求完成任务, 而学员甲可以使点 M 等可能地出现在线段 CD? 上,

AB? 2.4 ? 1.8 0.6 1 ? ? ? . …………12 分 CD? 2.4 ? 2 ? 0.3 ? 1.8 1.2 2 1 (19)(Ⅰ)证明:取 BC 的中点 Q,连接 NQ,FQ,则 NQ= AC,NQ∥AC。 2
根据几何概型,所求概率 P ? 又 MF=

1 AC,MF∥AC,所以 MF=NQ,MF∥NQ,则四边形 MNQF 为平行四边形, 2

? MN∥FQ.? FQ ? 平面 FCB, MN ? 平面 FCB,? MN ∥平面 FCB .
…………………………………………………………………………………4 分 (Ⅱ)解:由 AB∥CD,AD=DC=CB=1, ?ABC ? 60? 可得 ?ACB ? 90? , AC ? 又 FC ? 1 , FB ?

3 , AB ? 2 .

2 , BC ? 1 ,所以 FC ? BC .

又 ?ACB ? 90? ,即 AC ? BC . 所以 BC ? 平面 ACFE . 设点 A 到平面 MCB 的距离为 h ,则 VA ? MCB ? 四边形 ACFE 为矩形. 又 VA ? MCB ? VB ? AMC ?

1 ? S ?MCB ? h . 3

1 1 1 3 , ? BC ? S ?AMC ? ? 1 ? ? 1 ? 3 ? 3 3 2 6

S ?MCB

3 2 ? ? 1 3 7 2 21 6 ? ? ,所以 h ? . ? ?1? 1 ? ? ? ? ? 2 4 7 1 7 ? 2 ? ? 3 4

则点 A 到平面 MCB 的距离为

2 21 .……………………………………12 分 7
x

(20) 解:(Ⅰ)设直线 y=x+1 与函数 f(x)=ae +b 的切点为(x0,f(x0)). 由 f(x)=ae +b 可得 f ?( x) ? a e x .
x

?a e x0 ? 1, ? x 由题意可得 ? x0 ? 1 ? a e 0 ? b, 解得 a = 1, b = 0 .………………………………4 分 ?a e ? e . ?
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知 f(x)=e ,则存在 x∈ ? 0, ? ,使 2mf ( x ? 1) ? nf ( x) ? mx 成立,
x

? ?

3? 2?

等价于存在 x∈ ? 0, ? , 2m e x ?1 ? n e x ? mx 成立.所以 设 g ( x) ?

? ?

3? 2?

n x ? 2 e x ?1 ? 3? ? ,x∈ ? 0, ? . x m e ? 2?

1? x x ? 2e x ?1 3 , x ? (0, ) ,则 g '( x) ? x . x e e 2

当 x ? (0,1) 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 单调递增,当 x∈ ? 1, ? 时, g '( x) ? 0 , g ( x) 单调递减.

? 3? ? 2?

3 1 ?3? ∴ g ( x)max ? ? ,g(0)-g ? ? =- 3 <0. e ?2? 2e 2
n ? 2 1? 的范围是 ? ? , ? ? .………………………………………………12 分 m ? e e?

所以

1 1 1 1 (21)解: (Ⅰ)S ? BAN= S ? BAC= S ? ABC= × ×2b×a= 2, 2 2 2 2 ∴ab=2 2①.又 2 c = ,②,解①②得 a=2,c=b= 2, a 2

∴椭圆 E 的方程为

x2 y2 ? =1.……………………………………………4 分 4 2
b a

(Ⅱ)直线 AB:y=b ? x,直线 CF:y=? b+

b ? 2ac ab ? bc ? x,联立方程解得 M ? , ?. c ?a?c a?c ?

? 2ac ab ? bc ? → → 设CM=?CP(?>0) ,P(x,y),则 ? , +b ? =?(x,y+b), ?a?c a?c ?
2ac 2ab??b(a+c) ∴x= ,y= . ?(a+c) ?(a+c) 把上式代入椭圆方程得

4c [2a??(a+c)] 2 2 2 2 =1,即 4c + =? (a+c) . 2+ 2 2 ? (a+c) ? (a+c)
2

2

2

∴?=

a2+c2 1+e2 2 = =(e +1)+ -2. a(a+c) 1+ e e +1

∵0< e <1,∴1< e +1<2,∴?≥2 2? 2,当且仅当 e +1= 2,即 e = 2? 1 时,等号 成立. ?取到最小值 2 2? 2. 即 |CM| 的最小值为 2 2? 2.………………………………………………12 分 |CP|

选考题 (22)证明: (Ⅰ)∵A,C,D,B 四点共圆,∴∠FBA=∠FCD. 又∵∠AFB=∠DFC,∴△FAB∽△FDC.………………………………5 分 (Ⅱ)如图,在 ?FBE , ?FMD 中,

?FBE ? ?FMD ? 90? , ?BFE ? ?MFD (公共角),
由三角形内角和定理,可知 ?1 ? ?2 又四边形 ABDC 为圆的内接四边形,故 ?3 ? ?2 , 于是 ?1 ? ?3 ,故 F,E,A,B 四点共圆,且 MEF 与 MAB 为该圆的两条割线. 由割线定理知 ME ? MF ? MA ? MB .……………………10 分 (23)解: (Ⅰ)C1:? sin ? ? +

? ?

??

2 ? = 2 ,C2:? =1+2sin2?.……………………5 分 6?

3

6

(Ⅱ)M( 3,0),N(0,1),∴P ?

? 3 1? ? ,∴OP 的极坐标方程为?= , , ? ? 2 2? 6 ? ?

? ? ?? 3 ? ?? 把?= 代入? sin ? ? + ? = 得? 1=1,P ? 1, ? . 6 6? 2 ? ? 6? 6 ? ? ?? 2 把?= 代入? = 得? 2=2,Q ? 2, ? . 2 6 1+2sin ? ? 6? ∴|PQ|=|? 2 ?? 1|=1.即 P,Q 两点间的距离为 1. …………………………10 分 (24)解: (Ⅰ)当 a=2 时,原不等式为:|x+1|-|2x-2|<0,即|x+1|<|2x-2|, 化简得(3x-1) (x-3)>0,解得 x< 故解集为 ? x | x ? 或x ? 3? (Ⅱ)∵a>0,∴

1 ,或 x>3. 3
……………………5 分

? ?

1 3

? ?

a >0. 2

? ??( x ? 1) ? (2 x ? a), x ? ?1, ? a ? ∴原函数可以化为:f(x)= ?( x ? 1) ? (2 x ? a ), ?1 ? x ? , 2 ? a ? ( x ? 1) ? (2 x ? a), x ? . ? ? 2 ? ? x ? 1 ? a, x ? ?1, ? a ? 即 f(x)= ?3 x ? 1 ? a,?1 ? x ? , 2 ? a ? ? x ? 1 ? a, x ? . ? 2 ?
∴f(x)max=f ?

a ?a? a ? = +1.所以 +1≤3,∴a≤4. 2 ?2? 2

综上可得 a 的取值范围为{a|0<a≤4}.…………………………………10 分



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