石家庄一模2016数学

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石家庄一模2016数学(一)
2016年石家庄市一模考试试卷及答案

2016届高三数学一模文科答案

一.选择题:

A卷答案:1-5 CBCBD 6-10 DACCB 11-12 BD B卷答案:1-5 CACAD 6-10 DBCCA 11-12 AD

二.填空题:

13.. xR,xx20 14. 222

15. 6 16. 26

三、解答题

2a2a3a5=4a1+8d=2017. 解:(I)由已知得, ……………………2分 10910a1+d=10a1+45d=1002

a11解得,……………………4分 d2

所以{an}的通项公式为an52(n3)2n1,……………………6分

11骣1(II) bn==?(2n-1)(2n+1)22n-1桫

骣1轾1?∴Tn=21桫臌1 ……………………8分 2n+1 ……………10分 骣骣11111+-++-3352n-12n+1桫桫

1骣=?琪12琪桫1n ……………………12分 =2n+12n+1

AB的中点O,连CO,DO, 18. 解:(I

)当CD

C'

A D B

在RtACB,RtADB,AB2,则CODO

1,又CD

石家庄一模2016数学(二)
2016届石家庄市高三数学一模文科答案

2016届高三数学一模文科答案

一.选择题:

A卷答案:1-5 CBCBD 6-10 DACCB 11-12 BD

B卷答案:1-5 CACAD 6-10 DBCCA 11-12 AD【石家庄一模2016数学】

二.填空题:

13.. xR,xx20 14. 222

15. 6 16. 26

三、解答题

2a2a3a5=4a1+8d=2017. 解:(I)由已知得, ……………………2分 10910a1+d=10a1+45d=1002

a11解得,……………………4分 d2

所以{an}的通项公式为an52(n3)2n1,……………………6分

11骣1(II) bn==?(2n-1)(2n+1)22n-1桫

骣1轾1?∴Tn=21桫臌1 ……………………8分 2n+1 ……………10分 骣骣11111+-++-3352n-12n+1桫桫

1骣=?琪12琪桫1n ……………………12分 =2n+12n+1

AB的中点O,连CO,DO, 18. 解:(I

)当CD

C'

A D B

在RtACB,RtADB,AB2,则CODO

1,又CD

CO2DO2CD2,即COOD,…………………………………………2分

又COAB,ABODO,AB,OD平面ABD,CO平面ABD,……………………4分

又CO平面ABC

平面CAB平面DAB. ……………………5分

(II)当ACBD时,由已知ACBC,∴AC平面BDC,…………………7分 又CD平面BDC,∴ACCD,△ACD为直角三角形,

1……………………9分

而△BDC中,BD

=1,BC

11∴△BDC为直角三角形,SBDC11……………………10分 22

111三棱锥C

ABD的体积VSBDCAC.

3321321 ,设三棱锥CABD的高为h,则由h SABD12326

6解得h.……………………12分 3由勾股定理,CD

19.解:(I) 设该运动员到篮筐的水平距离的中位数为x,

∵0.20?10.20<0.5,且(0.40+0.20)?10.6>0.5,

∴xÎ[4,5] …………………2分 由0.40?(5x)+0.20?10.5 ,解得x=4.25

∴该运动员到篮筐的水平距离的中位数是4.25(米). …………………4分

(II)由题意知,抽到的7次成绩中,有1次来自到篮筐的水平距离为2到3米的这一组,记作A1;有2次来自到篮筐的水平距离为3到4米的这一组,记作B1,B2;有4次来自到篮筐的水平距离为4到5米的这一组,记作C1,C2,C3,C4 .

从7次成绩中随机抽取2次的所有可能抽法如下:

(A1,B1),(A1,B2),(A1,C1),(A1,C2),(A1,C3),(A1,C4),(B1,B2),(B1,C1),(B1,C2),(B1,C3),(B1,C4),(B2,C1),(B2,C2),(B2,C3),(B2,C4),(C1,C2),(C1,C3),(C1,C4),(C2,C3),(C2,C4),(C3,C4)共21个基本事件. ……… 7分

其中两次成绩均来自到篮筐的水平距离为4到5米的这一组的基本事件有6个.

………… 10分

62. ……………………… 12分 217

p20.解:(I)抛物线C的准线方程为:x, 2

pp|MF|m2,又42pm,即42p(2)……………2分 22 所以该运动员得1分的概率P=

p24p40,p2

抛物线C的方程为y24x. ……………4分

(II)设E(0,t)(t0),已知切线不为y轴,设EA:ykxt

ykxt联立2,消去y,可得k2x2(2kt4)xt20 y4x

直线EA与抛物线C相切,(2kt4)24k2t20,即kt1 代入12x2xt20,xt2,即A(t2,2t) ……………………6分 2t

设切点B(x0,y0),则由几何性质可以判断点O,B关于直线EF:ytxt对称,则

2y0t02t1x2t22t0t21x001B(,)……………………8分 ,解得:,即22t1t1y2ty0tx0t0t2122

直线AF的斜率为kAF2t(t1), 2t1

直线BF的斜率为kBF2t022t(t1), 2t2t2112t1

kAFkBF,即A,B,F三点共线. ……………………………………10分

当t1时,A(1,2),B(1,1),此时A,B,F共线.

综上:A,B,F三点共线. ……………………………………12分

21. (I)解 由f(x)=ex-3x+3a,x∈R知f′(x)=ex-3,x∈R. ………………………1分 令f′(x)=0,得x=ln 3, ………………………………2分 于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.

单调递增区间是[ln3,+∞),………………………………5分

f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=eln3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).………6分 (II)证明:待证不等式等价于e

设g(x)exx32x3ax1………………………………7分 232x3ax1,x∈R, 2

于是g(x)ex3x3a,x∈R.

由(I)及aln3ln31知:g(x)的最小值为g′(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0. ………9分 e

于是对任意x∈R,都有g(x)>0,所以g(x)在R内单调递增. 于是当aln3ln31时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0). ………………10分 e

而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0. 32ex31x3a ……………………12分 即ex3ax1,故2x2xx

22.解:(I)连接AB,

P、B、F、A四点共圆,

PABPFB. ………………………………2分

又PA与圆O切于点A, PABAEB, ………………………………4分

PFBAEB

AE//CD. ………………………………5分

(II)因为PA、PB是圆O的切线,所以P、B、O、A四点共圆,

由PAB外接圆的唯一性可得P、B、F、A、O共圆,

四边形PBFA的外接圆就是四边形PBOA的外接圆,

OP是该外接圆的直径. ………………………………7分 由切割线定理可得PAPCPD3927 ………………………………9分

2

OP四边形PBFA

………………………………10分

23解:(I)C1的直角坐标方程为

2x1y21, ………………………………2分

C2的直角坐标方程为x3;………………………………

4

【石家庄一模2016数学】

(II)设曲线C1与x轴异于原点的交点为A,

PQOP,PQ过点A(2,0),

x2tcos设直线PQ的参数方程为t为参数, ytsin

代入C1可得t22tcos0,解得t10或t22cos,

可知|AP||t2||2cos| ………………………………6分 代入C2可得2tcos3,解得t

可知|AQ||t||//1, cos1| ………………………………8分 cos

11|当且仅当|2cos|||时取等号, 所以

PQ=|AP||AQ||2cos||coscos

所以线段PQ

长度的最小值为 ………………………………10分

12x, x024.解:(I)由已知可得f(x)1, 0x1,

2x1, x1

所以fmin(x)1, ………………………………3分 所以只需|m1|1,解得1m11,

0m2,

所以实数m的最大值M2. ………………………………5分 (II)法一:综合法

a2b22ab

ab

1

1,当且仅当ab时取等号,① ………………………………7分

又ab 2

ab1 ab2

abab,当且仅当ab时取等号,② ………………………………9分 ab2

石家庄一模2016数学(三)
2016石家庄一模文科数学

2016届高三数学一模文科答案

一.选择题:

A卷答案:1-5 CBCBD 6-10 DACCB 11-12 BD B卷答案:1-5 CACAD 6-10 DBCCA 11-12 AD

二.填空题:

13.. xR,xx20 14. 222

15. 6 16. 26

三、解答题

2a2a3a5=4a1+8d=2017. 解:(I)由已知得, ……………………2分 10910a1+d=10a1+45d=1002

a11解得,……………………4分 d2

所以{an}的通项公式为an52(n3)2n1,……………………6分

11骣1(II) bn==?(2n-1)(2n+1)22n-1桫

骣1轾1?∴Tn=21桫臌1 ……………………8分 2n+1 ……………10分 骣骣11111+-++-3352n-12n+1桫桫

1骣=?琪12琪桫1n ……………………12分 =2n+12n+1

AB的中点O,连CO,DO, 18. 解:(I

)当CD

C'

A D B

在RtACB,RtADB,AB2,则CODO

1,又CD

石家庄一模2016数学(四)
2016届石家庄市高三数学一模理科答案

2016届高三数学一模理科答案

一.选择题:

A卷答案:1-5 BCBDA 6-10 CCCBB 11-12 BA

B卷答案:1-5 ACADB 6-10 CCCAA 11-12 AB

二.填空题:

13.. 1514. 31615. 6 16.

三、解答题: 3 2

2a2a3a5=4a1+8d=2017. 解:(I)由已知得, -------------------------------2分 10910a1+d=10a1+45d=1002

a11解得,-------------------------------4分 d2

所以{an}的通项公式为an52(n3)2n1,--------------------------------5分 (II)由(I)可知anbn(2n1)22n1,

所以Sn121323525(2n3)22n3(2n1)22n1,① 4Sn123325527(2n3)22n1(2n1)22n1,②

---------------------7分

①-②得:3Sn22(232522n1)(2n1)22n1 22(232522n1)(2n1)22n1

Sn………………9分 3

8(14n1)22()(2n1)22n1

3

628(14n1)(6n3)22n1

---------------------11分 9

10(6n5)22n1

--------------------------12分 9

18. 解:(1)取AB的中点O,连CO,DO,

在RTACB,RTADB,AB2,则

CO

D1,又OCD

CO2DO2CD2,即COOD,

…………2分

又COAB,ABODO,AB,OD平面

ABD

CO平面ABD,…………………4分

又CO平面ABC

平面CAB平面DAB

…………5分

(2)以O为原点,AB,OC所在的直线分别为y,z轴,建立如图空间直角坐标系,

则A(0,1,0),B(0,1,0),C(0,0,1),D1,0),

22

1AC(0,1,1),BC(0,1,1),CD,1)…………6分 2

n1ACn1AC0设平面ACD的法向量为n1(x1,y1,z1),则,

,即n1CDn1CD0

y1z10,令z11,则y1

1,x1

1x1y1z102

n11,1)…………8分

n2BCn2BC0设平面BCD的法向量为n2(x2,y2,z2),则,即,

n2CDn2CD0

y2z20x,令,则,,

【石家庄一模2016数学】

z1y

12221x2y2z202

n2………………10分

3

cosn1,n2(1)111, 二面角ACDB的余弦值为-.……………12分 35

19.解:(I) 设该运动员到篮筐的水平距离的中位数为x,

∵0.20?10.20<0.5,且(0.40+0.20)?10.6>0.5,

∴xÎ[4,5] …………………2分 由0.40?(5x)+0.20?10.5 ,解得x=4.25

∴该运动员到篮筐的水平距离的中位数是4.25(米). …………………4分

(2)由频率分布直方图可知投篮命中时距离篮筐距离超过4米的概率为P3……6分 5

随机变量的所有可能取值为-4,-2,0,2,4; …………………………………8分

162, PX45625

【石家庄一模2016数学】

2396 PX2ð556251

434

21623; PX0ð2

455625

23216 PX2ð556251

41322

813

PX45625

4

…………………10分

EX41696216216814(2)0246256256256256255【石家庄一模2016数学】

…………………12分

20.解:(1)抛物线C的准线方程为:xp, 2

|MF|mpp2,又42pm,即42p(2)--------------------2分 22

p24p40,p2

抛物线C的方程为y24x. -------------------4分

(2)设点E(0,t)(t0),由已知切线不为y轴,设EA:ykxt

联立ykxt

2y4x,消去y,可得k2x2(2kt4)xt20

直线EA与抛物线C相切,(2kt4)24k2t20,即kt1 代入12x2xt20,xt2,即A(t2,2t)--------------------------------------6分 2t

设切点B(x0,y0),则由几何性质可以判断点O,B关于直线EF:ytxt对称,则

2y0t02t1x2t22t0t21x001B(,)-------------------------------8分 ,解得:,即22t1t1y2ty0tx0t0t2122

思路1:直线AB的斜率为kAB

直线AB的方程为y

整理y2t(t1) 2t12t2(xt)2t,--------------------------------------10分 2t12t(x1) t21

直线AB过定点恒过定点F(1,0)--------------------------------------11分

当t1时,A(1,2),B(1,1),此时直线AB为x1,过点F(1,0).

综上,直线AB过定点恒过定点F(1,0)--------------------------------------12分

思路2:直线AF的斜率为kAF2t(t1), 2t1

直线BF的斜率为kBF2t022tt1(t1), 222tt11t21

kAFkBF,即A,B,F三点共线--------------------------------------10分

当t1时,A(1,2),B(1,1),此时A,B,F共线. --------------------------------------11分 直线AB过定点F.--------------------------------------12分【石家庄一模2016数学】

21. 解:(Ⅰ)证明:令g(x)f(x)ex2ax2,则g(x)ex2a

因为a0,令g(x0)0,x0ln2a

所以当x(,ln2a)时,g(x)0,g(x)单调递减;

当x(ln2a,)时,g(x)0,g(x)单调递增--------------------2分

则f(x)ming(x)ming(ln2a)eln2a2aln2a2=2a2aln2a2--------------------3分

令G(x)xxlnx2,(x0)

G(x)1(lnx1)lnx

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

所以G(x)maxG(1)10,所以f(x)min0成立. --------------------5分

(Ⅱ)证明:f(x)0恒成立,等价于f(x)min0恒成立

令g(x)f(x)ex2ax2,则g(x)ex2a

因为a0,所以g(x)0,所以g(x)单调递增,

又g(0)10,g(1)e2a20,所以存在x0(0,1),使得

分 g(x0)---------------------60

则x(,x0)时,g(x)f(x)0,f(x)单调递减;

石家庄一模2016数学(五)
2016年石家庄高三一模数学试题和答案

2016届高三数学一模文科答案

一.选择题:

A卷答案:1-5 CBCBD 6-10 DACCB 11-12 BD

B卷答案:1-5 CACAD 6-10 DBCCA 11-12 AD

二.填空题:

13.. xR,xx20 14. 222

15. 6 16. 26

三、解答题

2a2a3a5=4a1+8d=2017. 解:(I)由已知得, ……………………2分 10910a1+d=10a1+45d=1002

解得a11,……………………4分

d2

所以{an}的通项公式为an52(n3)2n1,……………………6分

11骣1(II) bn==?(2n-1)(2n+1)22n-1桫1 ……………………8分 2n+1

……………10分 骣1轾1T=?∴n21桫臌骣骣11111+-++-3352n-12n+1桫桫

1骣=?琪1琪2桫1n ……………………12分 =2n+12n+1

AB的中点O,连CO,DO, 18. 解:(I

)当CD

C'

A D B

在RtACB,RtADB,AB2,则CODO

1,又CD CO2DO2CD2,即COOD,…………………………………………2分

又COAB,ABODO,AB,OD平面ABD,CO平面ABD,……………………4

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