青岛西海岸新区高中3月模拟试题-数学答案.pdf

高三数学模拟试题答案 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.B 2.A 3.D 4.C 5. A 6.C 7. C 8.A 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个 选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选 错的得 0 分。 9.ABD 10.BC 11.BC 12.ABD 三、填空题：本题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 6 , 135 14. 9 15. 3 16. 3 114 四、解答题：本题共 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.【分析】 解:(1)设数列 na 的公差为 d ， 由题意知:   1 2 3 4 1 1 4 4 14 + 4 6 102a a a a a d a d         ①......... 1 分 又因为 1 2 4, ,a a a 成等比数列， 所以 2 2 1 4a a a  ，    2 1 1 1 3a d a a d    ， 2 1d a d ， 又因为 0d  ， 所以 1a d . ②.........2 分 由①②得 1 1, 1a d  ，....3 分 所以 na n ，....4 分1 1 1b a  ， 2 2 2b a  ， 2 1 2bq b   ，....5 分 12n nb   .....6 分 (2)因为   1 11 1 12 21 1 n n nc n n n n            ，....7 分 所以 0 1 1 1 1 1 1 12 2 ... 2 1 2 2 3 1 n nS n n               1 2 111 2 1 n n     12 1 n n    所以数列 nc 的前 n 项和 12 1 n nS n    . ....10 分 18.分析： 解：（1）连接 BD 交 AC 于点 F ,连接 EF . 因为 //AD BC ，所以 AFD 与 BCF 相似. 所以 2BF BC FD AD   . ………………………………………………1 分 又 =2BE BF ES FD  ，所以 //EF SD . ……………………………………2 分 因为 EF 平面 ACE ， SD 平面 ACE ，所以直线 //SD 平面 ACE . ……………………………………4 分 （2）平面 SCD  平面 ABCD ，平面 SCD 平面 ABCD CD ， BC  平面 ABCD ， BC CD ，所以 BC  平面 SCD . …………………………………5 分 以C 为坐标原点， ,CD CB   所在的方向分别为 y 轴、 z 轴的正方向，与 ,CD CB   均垂直 的方向作为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz . ……6 分 则 (0,0,0)C ， (1,1,0)S ， (0,2,2)A ， 2 2 4( , , )3 3 3E ， (0,2,2)CA  ， (1,1,0)CS  ， 2 2 4( , , )3 3 3CE  . ………7 分 设平面 SAC 的一个法向量为 ( , , )x y z=m ，则0 0 CA CS        m m ，即 0 0 y z x y      , 不妨令 1z  ，得 1x  ， 1y   ，于是 (1, 1,1) m . …………………9 分 设平面 EAC 的一个法向量为 ( , , )x y zn ，则 0 0 CA CE        n n ，即 0 2 0 y z x y z       , 不妨令 1z  ，得 1x   ， 1y   ，于是 ( 1, 1,1)  m . …………………11 分 设二面角 S AC E  的平面角的大小为 ，则 1cos 3   m n m n . 所以二面角 S AC E  的余弦值为 1 3 . ……………………………………12 分 19.【分析】 （1）结合正弦定理，条件选择①3 sin 4 cosa C c A ，则 3 4sinAsinC sinCcosA ，再利 用公式 2 2sin cos 1A A  求sin A ； 若选择条件②，由正弦定理和诱导公式可得 2 52 AsinBcos sinAsinB ，再根据二倍角公 式求得 1 2 5 Asin  ，再根据 sin 2sin cos2 2 A AA  求解. （2）解法 1:设 BM MC m  ，在 BMC△ 中由余弦定理，解得 5m  ，再由（1） 4sin 5A  ，解得 AB 边长，最后求得到 ABC 的面积；解法 2：由 MB MC 可知， 32 2 5sin C sin A cosA        ，，再根据正弦定理和面积公式 ABCS  45 45sin cos sin 24 4C C C  . 【详解】解:若选择条件①，则答案为: (1)在 ABC 中，由正弦定理得 3 4sinAsinC sinCcosA ， 因为sin 0C  ，所以 2 23 4 ,9 16sinA cosA sin A cos A  ， 所以 225 16sin A  ，因为 0sinA  ，所以 4= 5sinA . ....4 分(2)解法 1:设 BM MC m  ，易知 4 5cos BMC cos BMA sinA        在 BMC△ 中由余弦定理得: 2 2 418 2 2 5m m        ，解得 5m  . ...6 分 所以 21 1 3 352 2 5 2BMCS m sin BMC      ....8 分 在 Rt ABM 中， 4 , 5,5 2sinA BM ABM     所以 3 5 4AB  ，所以 15 8ABMS  ， 所以 3 15 27 2 8 8ABCS    ....12 分 解法 2:因为 MB MC ，所以 MBC C   ， 因为 ,2ABM   所以 2 ,22 2A C C A         ， 所以 2 2sin C sin A cosA        因为 A 为锐角，所以 32 5sin C cosA  又 15 2 sin sin sin 4 b c a B C A    所以 15 2 sin ,4b B 15 2 sin ,4c C 所以 1 1 15 2 15 2 4 45sin sin sin sin sin2 2 4 4 5 4 2ABCS bc A B C C C          45 45 27sin cos sin 24 4 8C C C   若选择条件②，则答案为: (1)因为 2 52 B Cbsin asinB  ，所以 2 52 Absin asinB   ，由正弦定理得 2 52 AsinBcos sinAsinB ， 因为 0sinB  ，所以 2 5 ,2 Acos sinA 52 2 2 A A Acos sin cos ， 因为 02 Acos  ，所以 1 2 5 Asin  ， 则 2 2 5 Acos  ，所以 4sin 2sin cos2 2 5 A AA   . (2)同选择① 【点睛】本题考查正余弦定理，面积公式解三角形，意在考查转化与化归的思想，和计算能 力，属于中档题型，本题属于开放性试题，需先选择条件，再求解. 20.解析: (1) C2 1 C3 1 A3 2 A2 2 A5 5 = 3 5 ....3 分 所以，恰好经过 4 次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为 3 5 . (2) (i)由已知得 1 = ꍠ ， 2 的所有可能取值为 1，k+1 ....5 分 2 = 1 = 1 r i ꍠ 2 = ꍠ h 1 = 1 r 1 r i ꍠ 2 = 1 r i ꍠ h 以， h 1经过1 r 1 r i ꍠ = ꍠ h 1 r ꍠ 1 r i ꍠ ....7 分 若 E1 = E2 ，则 k = ꍠ h 1 r ꍠ 1 r i ꍠ ꍠ 1 r i ꍠ = 1 1 r i ꍠ = 1 ꍠ 1 r i = 以 1 ꍠ 经 1 ꍠ i = 1 r 以 1 ꍠ 经 1 ꍠ ....8 分 p 关于 k 的函数关系式 i = 1 r 以 1 ꍠ 经 1 ꍠ 以ꍠ ∈ 且 ꍠ 2经(ii) 由题意可知 E2 E1 ，得 1 ꍠ 1 r i ꍠ i = 1 r 1 3 ， 1 ꍠ 1 3 ꍠ ， 멘ꍠ 쉸 1 3 ꍠ ，设 = 멘 r 1 3 쉸 = 3r 3 ....10 分 当 x 쉸 3 时， f x 即 f x 在 3 ， h ∞ 上单调递减 又 멘4 ≈ 1.3863 ， 4 3 ≈ 1.3333 ， 멘4 쉸 4 3 ， 멘5 ≈ 1.6ꀀ4 ， 5 3 ≈ 1.666繦 ， 멘5 5 3 k 的最大值为 4.....12 分 21.【分析】 （1）由 得 ，从而可得 ，又有 ，可得 ，从而可求出椭圆 E 的方程； （2）由题知，直线 的斜率存在，设直线 的方程为 联立直线与椭圆的方程得韦达定理，且 = ，得 ，写出直线 BP 的方程，求 得 ，同理可得 ，化简求得 = 为定值． 【详解】解：（1）由 解得 或 （舍去）， ∴ ，又 ， ， 又 ， ， ， 椭圆 E 的方程为 ； ....3 分 （2）由题知，直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， 设 ， 由 得 ， ∴ ， = ， ....5 分 ∴ ， = ， ....6 分 直线 BP 的方程为 ，令 解得 ，则 ， 同理可得 ， == = ， 为定值 ． ....12 分 22. 分析： 解：（1）函数 ( )f x 的定义域为{ | 0}x x  .   21 1 3' ( )ln ( ) 22 2f x x a x x ax a xx        ， ………………1 分 ( )(ln 1)x a x   令 ( ) 0f x  ，得 x a 或 ex  . ………………………………………… 2 分 因为 0 ea  ，当 0 x a  或 ex  时，  ' 0f x  ， ( )f x 单调递增；当 ea x  时，  ' 0f x  ， ( )f x 单调递减.所以  f x 的增区间为 0,a ， e, ，减区间为  e,a . …………………………………………………………………4 分 （2）取 =min{1,2 }a ，则当 (0, )x  时， 1 02 x a  ， ln 0x  ， 32 04a x  ， 1 3( ) ( )ln (2 ) 02 4f x x x a x x a x     ； 又因为 0 ea  ，由（1）可知  f x 在 (0, )a 上单增，因此,当 (0, ]x a ，恒 ( ) 0f x  ， 即 ( )f x 在 (0, ]a 上无零点. …………………………5 分 下面讨论 x a 的情况： ①当 e0 4a  时，因为 ( )f x 在 ( ,e)a 单减， (e, ) 单增，且 ( ) 0f a  ， e(e) e( ) 04f a   ， 2 41(e )= e 04f  ， 根据零点存在定理， ( )f x 有两个不同的零点. ……………………6 分 ②当 e= 4a 时，由 ( )f x 在 ( ,e)a 单减， (e, ) 单增，且 (e) 0f  ， 此时 ( )f x 有唯一零点 e . ……………………………………7 分 ③若 e e4 a  ，由 ( )f x 在 ( ,e)a 单减，(e, ) 单增， e( ) (e) e( ) 04f x f a    ， 此时 ( )f x 无零点. ……………………………………………8 分 综上，若 e0 4a  ， ( )f x 有两个不同的零点；若 e= 4a ， ( )f x 有唯一零点 e ；若e e4 a  ， ( )f x 无零点. （3）证明：由（2）知， e0 4a  ，且 1 2ea x x   . 构造函数 2e( ) ( ) ( )F x f x f x   ， ( ,e)x a . ………………………………9 分 则 ( )F x  4 2 3 2 e e( )(ln 1) ( )(ln 1)x a x a xx x      4 3 2 4 3 e e(ln 1) x ax axx x     . ……………………………………10 分 令 4 3 2 4( ) e eg x x ax ax    ， ( ,e)x a . 因为当 ( ,e)x a 时， 2 2e 0x ax   , 2 2e 0x   ， 所以 4 3 2 4 2 2 2 2( ) e e =( e )( e )