理科数学与评分标准

高三理科数学 第 1页 共 13 页 中原名校中原名校 20162016 年高考冲刺仿真统一考试年高考冲刺仿真统一考试 理科数学参考答案理科数学参考答案 （考试时间：120 分钟试卷满分：150 分） 第第卷（共卷（共 60 分）分） 一一、选择题选择题（本大题共本大题共 1212 个小题个小题，每小题每小题 5 5 分分，共共 6060 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 ） 1 【答案】C 【命题意图】本题考查复数的概念与四则运算，意在考查学生的基本运算能力. 【 解 析 】依 题 意 ， 35i2i35i1 13i 2i2i2i5 z ，故 复 数z的 实 部 为 1 5 ， 故 选 C. 2 【答案】D 【命题意图】本题考查全称命题的否定，意在考查学生的逻辑分析能力. 【解析】全称命题的否定为特称命题，所以:p * Nx ， 2 325lnxxx，故 选 D. 3 【答案】A 【命题意图】本题考查三角恒等变换、三角函数的诱导公式，意在考查学生的基本 运算能力. 【 解 析 】 因 为 2 cos 3 ， 3 ,2 2 ， 所 以 7 sin 3 ， 即 5557321212 sinsincoscossin 66632326 ， 故 选 A. 4【答案】B 【命题意图】本题考查排列组合，着重考查基本运算能力以及逻辑推理能力. 【解析】依题意，所求选法为 311 743 C C C420（种）. 高三理科数学 第 2页 共 13 页 5 【答案】C 【命题意图】本题考查三视图的画法、柱体、锥体的体积公式，意在考查学生的空 间想象能力及计算能力. 【解析】 由三视图可知， 该建筑物由一个圆锥、 一个圆柱以及一个正方体拼接而成， 故所求几何体的体积 22 18 224 4 464 33 V ，故选 C. 6 【答案】A 【命题意图】本题考查抛物线的方程、直线与抛物线位置关系、圆的标准方程，意 在考查学生的逻辑推理能力以及数形结合能力. 【解析】依题意，得圆 22 2: 215Cxy，则其圆心为2,1，代入 2 13ya x中，得13a，解得4a ，故抛物线 C1: 2 413yx；将抛 物线 1 C先向右平移 1 个单位，再向上平移 3 个单位后，得到 2 3: 4Cyx，注意到 直线:1610l xy 过点 1 0,16A ， 且点A在抛物线 3 C内部， 故直线l与抛物线 3 C 必相交，故选 A. 7 【答案】D 【命题意图】本题考查算法与程序框图，意在考查学生们的分析能力. 【解析】运行该程序，第一次，2i ，2M ，4N ；第二次，2i ，4M ， 6N ；第三次， 3 2 i ，6M ， 15 2 N ；第四次， 5 4 i ， 15 2 M ， 35 4 N ； 第五次， 7 6 i ，此时必须终止循环，观察可知，故选 D. 8 【答案】D 【命题意图】本题考查向量的数量积，着重考查学生的化归与转化能力. 【解析】以正六边形ABCDEF的中心点为原点建立直角坐标系如图所示，则 1, 3C， 高三理科数学 第 3页 共 13 页 1,3E， 13 , 22 G ，F（1，3） ，所以 0, 2 3CE uur ， 13 3 , 22 GF uuu r ，故9GF CE uuu r uur ，故选 D. 9 【答案】C 【命题意图】本题考查函数的图象与性质，着重考查学生的数形结合能力. 【解析】依题意，当0 x 时， 2 2 41255fxxxx ；当0 x 时，因 为,exyyx 均为减函数，故 exf xx 为减函数；作出函数 f x的图象如下 图所示，观察可知，5, 1m ，故1,5m，故选 C. 10【答案】D 【命题意图】本题考查面面垂直的性质、锥体体积公式以及四面体的外接球等基础知 识，意在考查学生的空间想象能力和基本运算能力 【解析】取PC的中点O，连接,AO BO，设球半径为R，则 2 ,3PCR PBR BCR 又AOR， 且 由 已 知 条 件 知AO 平 面PBC， 所 以 由 体 积 可 得 高三理科数学 第 4页 共 13 页 11 3 32 P ABC VRR 4 3 3 R ，解得2R ，所以三棱锥PABC外接球的 体积为 3 432 33 R ，故选 D 11 【答案】A 【命题意图】本题考查双曲线的性质，着重考查数形结合能力以及逻辑推理能力. 【解析】依题意，不妨设双曲线C的渐近线方程 12 ,l l分别为, bb yx yx aa =-；设 () 11 ,A xy，() 22 ,B xy， 依 题 意 ，,A B分 别 满 足 , , yxc b yx a =- + = , , yxc b yx a =- + =- 得 12 , acac xx abab = +- FAAB uuruuu r ， 2FBFA uuruur =， 2 acac cc abab - = - -+ ， 化 简 得3ba=， 故 2 110 cb e aa =+= ，故选 A. 12 【答案】A 【命题意图】本题考查导数与函数的单调性，利用导数求函数的极值等基础知识，意 在考查运用转化与化归思想、综合分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力 【解析】对函数( )f x求导可得 32 2 ( )e () x xxaxa fx x . 设 ( )h x 32 xxaxa ， 2 ( )32h xxxa.当0a 时，( )0h x 在(0,1)上恒成 立，即函数( )h x在(0,1)上为增函数.而(0)0ha ，(1)20h，则函数( )h x在 区间0,1上有且只有一个零点 0 x， 使 0 ()0fx,且在 0 (0,)x上，( )0fx ，故 0 x为函数( )f x在区间0,1上唯一的极小值点;当0a 时，因为 x0,1，所以 2 ( )320h xxx成立，则函数( )h x在区间0,1上为增函数，又 高三理科数学 第 5页 共 13 页 此时(0)0h，所以( )0h x 在区间0,1上恒成立，即( )0fx ，故函数( )f x在区 间0,1上为单调递增函数，所以( )f x在区间0,1上无极值；当0a 时， ( )h x 3232 (1)xxaxaxxa x，因为0,1x，所以总有( )0h x 成立， 即( )0fx 成立，故函数( )f x在区间0,1上为单调递增函数，所以( )f x在区间 0,1上无极值.综上所述得0a . 另解:可用特值验证法，取0a 与1a ，验证即可. 第第卷（共卷（共 90 分）分） 二、填空题（每小题二、填空题（每小题 5 5 分，共分，共 2020 分）分） 13 【答案】 5 1, 2 【命题意图】本题考查集合的运算，意在考查基本运算能力. 【解析】依题意， 2 5 23501 2 Axxxxx ， 2 log11Bx yxx x，故1 RB x x，故AB R I 5 1 2 ，. 14 【答案】 71 , 25 【命题意图】本题考查二元一次不等式组与平面区域，意在考查数形结合能力. 【解析】 作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示， 设3,2D ， 则 2 3 y x 表 示平面区域内的点（, x y）与3,2D 连线的斜率.令 2 3 y k x ，故 CDBD kkk，故 71 25 k ，即 2 3 y x 的取值范围为 71 , 25 . 高三理科数学 第 6页 共 13 页 15 【答案】56 【命题意图】本题考查二项式定理，着重考查逻辑推理能力. 【 解 析 】 依 题 意 ， 展 开 式 中 的 常 数 项 为 6221344 646 C2CC21aa， 故 63 2402390aa，故 33 23910aa，因为aZ，故1a ，故 8 man 的展开式的通项为 8 8 C1 r rrr mn ，令5r ，故所求系数为 5 5 8 C156 . 16 【答案】 2 2 +， 【命题意图】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，着重考查学生 综合运用知识的能力. 【解析】由正弦定理可知， 222222 sinsinsin sinsin ABCBCABACbca ABCBCAbc ； 由三角形面积公式可得 11 sin 22 bcBACa AD，又 AD=a，所以 2 sinbcBACa，根据余弦定理， 222 2cosbcabcBAC， 故 222 bca bc 2sinBAC 2cos2 2sin2 2 4 BACBAC ， 故 2 2m，即实数m的取值范围为 2 2 +，. 三、解答题三、解答题 （第第 17172121 题为必考题，每个试题考生都必须作答第题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22222424 题为选考题，题为选考题， 考生根据要求作答，考生根据要求作答，本大题共本大题共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ） 17 【命题意图】本题考查等比数列的通项公式、前 n 项和公式、裂项相消法，意在 高三理科数学 第 7页 共 13 页 考查学生的逻辑分析能力与运算能力. 【解析】 （I）依题意知 q1，故 6 3 6 3 3 1 128 1 Sq q Sq - = += - ，故3q =， 因为 31 99aa=，所以 1 1a =，故 1* 3()N n n an .（6 分） （II） () 2 1 3 n n n a bnn = + ， 2 311 3 1 n b nnnn ， 11 3 11111 3(1) 1 32231 n n T nn L ， 331 212 n n n T n .（12 分） 18 【命题意图】本题考查样本的数字特征、离散型随机变量的分布列、期望、古典概型的 概率，主要考查学生的逻辑推理能力. 【解析】 （I）A 商场 4 个数据的平均数为 29313244 34 4 B 商场 4 个数据比 A 商场数据平均数多的有 3 个， 所以所求的概率 2 3 2 4 C31 C62 P （4 分） （II）这 8 个数据中大于 35 的共有 4 个，则 X 的值可能为 0，1，2，3则 30 44 3 8 C C41 (0) C5614 P X ； 21 44 3 8 C C243 (1) C567 P X ； 12 44 3 8 C C243 (2) C567 P X ； 03 44 3 8 C C41 (3) C5614 P X 则 X 的分布列为 X0123 P 1 14 3 7 3 7 1 14 所以 X 的数学期望 EX0 1 14 +1 3 7 +2 3 7 +3 1 14 3 2 （12 分） 19 【命题意图】本题考查线面平行的判定、向量法求二面角，考查学生的数形结合能力以 高三理科数学 第 8页 共 13 页 及基本运算能力. 【解析】 （）BF平面ACG.下面给出证明： 连接BD，交AC于点H，连接HG. 因为四边形ABCD为矩形，所以H为BD中点，又G为FD中点，所以HG为BDF 中位线，所以BFHG，因为BF 平面ACG，HG 平面ACG，所以BF平面 ACG.(6 分) （）以A点为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示 空间直角坐标系. 由题设条件可得各点坐标：(0,0,0)A、(1,0,0)B、(1,2,0)C、(0,2,0)D.由于平面EADF 平面ABCD，可得z轴在平面EADF内. 等腰梯形EADF的上底1EF ， 下底2AD ， 由 3 3 = 4 EADF S梯形可得等腰梯形EADF 的高为 3 2 ，从而可得,E F点坐标分别为 13 (0,) 22 ， 33 (0,) 22 ，则G点坐标为 73 (0,) 44 ， 从而(0,2,0)BC 、 13 ( 1,) 22 CF 、(1,2,0)AC 、 73 (0,) 44 AG . 设 平 面FBC的 一 个 法 向 量 111 (,)a b cu， 由0BC u及0CF u得 1 111 20, 13 0, 22 b abc 令 1 3a ，由此可得( 3,0,2)u.设平面ACG的一个法向量 高三理科数学 第 9页 共 13 页 222 (,)a b cv，由0AC v及0AG v得 22 22 20, 73 0, 44 ab bc 令 2 3b ，由此可得 ( 2 3, 3, 7) v.则 205 7 cos 1478 , uv u v |u|v | ， 所以平面FBC与平面ACG所成锐二面角的余弦值为 5 7 14 .（12 分） 20 【命题意图】本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、弦长的问题，意在 考查学生的逻辑分析能力以及推理运算能力. 【解析】 （I）依题意， 22 222 1 , 2 49 1, c a ab abc 解得 222 16,12,4abc； 故椭圆C的方程为1 1216 22 yx .（4 分） （II）设椭圆C的右焦点为 1 2,0F. 当直线, l m中有一条直线的斜率不存在时，6814MNPQ ； 当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为)2( xky，M),( 11 yx， 22 (,)N x y，联立方程得 22 (2) 1 1612 yk x xy ， ， 整理得 2222 (34)1616480kxk xk， 2 12 2 16 34 k xx k ， 2 2 21 43 4816 k k xx . 所以MN 22 12 (1)()kxx 21 2 21 2 4)(1xxxxk 2 2 43 )1 (24 k k . 高三理科数学 第 10页 共 13 页 设直线m的方程为)2( 1 x k y，所以 2 2 24(1) 43 k P k Q . 所以 22 22 168(1) (43)(34) k k PQ k MN . 设1 2 kt， 所 以1t， 所 以 2 168 1 12 t t MNPQ . 因 为1t， 所 以 4 11 0 2 t t ， 所以MNPQ的最小值为 96 7 .（12 分） 21 【命题意图】本题考查导数与函数的最值、导数与函数的单调性，着重考查学生的逻辑 推理能力. 【解析】 （I）依题意， exfxm 当0m 时， e0 x fxm， ( )f x在R上单调递增，从而( )f x在0,1上单调递增， min ( )01f xfn ； 当0m 时，令 e0 x fxm，即lnxm， ( )f x在(,ln)m上单调递减，在(ln,)m 上单调递增 当ln0m ，即01m时，( )f x在0,1上单调递增， min ( )01f xfn 当0ln1m， 即1em时，( )f x在(0,ln)m上单调递减， 在(ln,1)m上单调递增， min ( )lnlnf xfmmmmn， 当ln1m ，即em 时，( )f x在0,1上单调递减， min ( )1ef xfmn 高三理科数学 第 11页 共 13 页 综上所述， min 1(1), ( )ln(1e), e(e). n m f xmmmnm mn m （5 分） （II） 22 11 11 2 e 2 x g xf xmxnm xnnmxmxnm xn 2 1 2 e 1 x mxnx ，问题转化为函数 g x在0,1上有零点； 且( )e =( ) x g xnmxf x，(0)(1)0gg 令 0 x为( )g x在(0,1)内的一个零点，则由 0 (0)()0gg x知，( )g x在 0 (0,)x内不单调 递增，也不单调递减，从而( )f x在 0 (0,)x内不能恒为正，也不能恒为负， ( )f x在 0 (0,)x内存在零点 1 x 同理，( )f x在 0 (,1)x内存在零点 2 x( )f x在(0,1)内至少有两个零点 1 x， 2 x 由（I）知，当1m 时，( )f x在(0,1)内单调递减， ( )f x在(0,1)内至多有一个零点，不合题意； 当em 时，( )f x在(0,1)内单调递增， ( )f x在(0,1)内至多有一个零点，不合题意 当1em时，( )f x在(0,ln)m上单调递增，在(ln,1)m上单调递减， 1 (0,ln)xm， 2 (ln,1)xm 从而(0)=10,(1)e0fnfmn ，否则，矛盾 由(1)0g得1e0 2 m n，即e 1 2 m n (0)=1=e20 2 m fn，即2(e2)m ； 高三理科数学 第 12页 共 13 页 (1)e10 2 m fmn ，即2m ，2(e2)2m 当2(e2)2m时，( )f x在(0,1)上的最大值为max( )lnf xnmmm 若max( )ln0f xnmmm，则( )0(0,1)f xx， 从而( )g x在0,1上单调递减，这与(0)(1)0gg相矛盾 max( )ln0f xnmmm （10 分） 又(0)0,(1)0ff，( )f x在(0,ln)m，(ln,1)m内各有一个零点 1 x， 2 x， ( )g x在 1 (0,)x内单调递减，在 12 ( ,)x x内单调递增，在 2 (,1)x内单调递减， 12 ()(0)0, ()(1)0g xgg xg，( )g x在 12 ( ,)x x内有零点，m的取值范围 是(2(e2),2) （12 分） 请从下面所给的请从下面所给的 2222 , , 2323 ,24,24 三三题中任选一题做答题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，如果多做，则按所做的第一题计分. . 22 【命题意图】本题考查割线定理、圆周角定理、相似三角形，着重考查学生的数形结合 能力. 【解析】 （）由割线定理得DT