石家庄一模2016数学

【www.guakaob.com--高三】

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

分

（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，，

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

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

本文来源：http://www.guakaob.com/gaozhong/641090.html