【广东省湛江市】2017届普通高中高考三月模拟考试数学试卷(十)-答案.pdf

-1-/5 广东省湛江市广东省湛江市 20172017 届普通高中高考三月模拟考试数学试届普通高中高考三月模拟考试数学试卷卷（十）（十）答答 案案 一、选择题（每小题 5 分，共 50 分）15BCDBD 610BCAAC 二、填空题（每小题 5 分，共 25 分）118 1212 134 146 15 三解答题：本大题共 6 个小题共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 16（本小题满分 12 分）解：（）213(0)cos()322fmm 1m（2 分）213()cos()coscossincos322f xxxxxx 33sincos3sin()223xx（4 分）2 2 232kxk（Zk）52 2 66kxk（Zk）（6 分）()f x的单调递增区间为52,2 66kk（Zk）（7 分）（）3()3sin()32f BB 1sin()32B 20333366BBBB （10 分）则1113 2sin2 632222acBS ABC的面积为3 22（12 分）17（本小题满分 12 分）（）证明：因为 E 为 PB 的中点，连接 BD，交 AC 于 F，连接 EF 四边形 ABCD 为正方形 F为 BD 的中点 EFPD -2-/5 又PD面 ACE，EF面 ACE，PD平面 ACE（5 分）（）解：取 AB 中点为 G，连接 EG E 为 AB 的中点 EGPA PA平面 ABCD，EG平面 ABCD 在Rt PAB中，4 2PB，4AB，则4PA，2EG（10 分）211116423323ABCVSEG（12 分）18（本小题满分 12 分）解：（）男生共 14 人，中间两个成绩是 175 和 176，它们的平均数为 175.5 即男生成绩的中位数是 175.5（2 分）女生的平均成绩是168 177178 185 186 1921816x（4 分）（）用分层抽样的方法从“甲部门”人选和“乙部门”人选中抽取 5 人，每个人被抽 中的概率是51204，（6 分）根据茎叶图，“甲部门”人选有1824人，“乙部门”人选有11234人（8 分）记选中的“甲部门”的人员为1A，2A，选中的“乙部门”人员为1B，2B，3B，从这 5 人中选 2 人的所有可能的结果为：12(,)A A，11(,)A B，12(,)A B，13(,)A B，21(,)A B，22(,)A B，23(,)A B，12(,)B B，13(,)B B，23(,)B B共 10 种（10 分）其中至少有一人是“甲部门”人选的结果有 7 种，因此，至少有一人是“甲部门”人选的概率是710（12 分）19（本小题满分 12 分）解：（）23122nSnn 当1n 时，112aS 当2n时，2213135(1)(1)12222nSnnnn 131nnnaSSn（3 分）数列na是首项为 2，公差为 3 的等差数列31nan（4 分）-3-/5 又各项都为正数的等比数列 nb满足1 314bb，5132b 2114bbq，41132bq 解得112b，12q 1()2nnb（7 分）（）1(31)()2nncn 21111125().(34)()(31)()2222nnnTnn 2311111112()5().(34)()(34)()(31)()222222nnnnTnnn（10 分）-得231111111 3()().()(31)()22222nnnTn 11111()14213(31)()1212nnn 15113()(31)()222nnn 23552nnT（12 分）20.（本小题满分 13 分）解：（）设椭圆方程为22221yxab（0ab）依题意，12cea，1c，2a，2223bac，所求椭圆方程为22143yx（5 分）（）若直线 l 的斜率 k 不存在，则不满足2AFFB（6 分）当直线 l 的斜率 k 存在时，设直线 l 的方程为1ykx 因为直线 l 过椭圆的焦点(0,1)F，所以 k 取任何实数，直线 l 与椭圆均有两个交点 A，B 设11(,)A x y，22(,)B x y，联立方程221143ykxyx 消去 y，得22(34)690kxkx其0恒成立 -4-/5 122634kxxk 122934xxk，（9 分）由(0,1)F，11(,)A x y，22(,)B x y，则11(,1)AFxy，22(,1)FBx y，2AFFB，1122(,1)(2,22)xyxy，得122xx（10 分）将122xx代入，得22634kxk 222968xk，由，得22269()3468kkk，化简得22369342kk 解得245k，2 55k （12 分）直线 l 的方程为2 515yx （13 分）21（本小题满分 14 分）（）解：由已知得222()211bxxbfxxxx，（1x）（1 分）由方程2220 xxb，12b 知其480b（2 分）所以2220 xxb在(1,)x 上恒成立 即222()2011bxxbfxxxx在(1,)x 上恒成立 故当12b 时，函数()f x在定义域(1,)上单调递增（4 分）（）由222()1xxbfxx，（1x），令()0fx 得1122bx 若0b，则()0fx 有且只有一根1122bx 当112(1,)2bx 时，()0fx，此时()f x在区间112(1,)2b 上单调递减 -5-/5 当112(,)2bx 时，()0fx，此时()f x在区间112(,)2b 上单调递增 所以()f x在1122bx 处取得极小值（6 分）若102b，则()0fx 有两根令11122bx，21122bx 则 当112(1,)2bx 时，()0fx，此时()f x在区间112(1,)2b 上单调递增 当112112(,)22bbx 时，()0fx，此时()f x在区间112112(,)22bb 上单调递减 当112(,)2bx 时，()0fx，此时()f x在区间112(,)2b 上单调递增 所以()f x在1122bx 时取得极大值，在1122bx 取得极小值（8 分）若12b 时，222()01xxbfxx在(1,)x 上恒成立 此时()f x无极值点（9 分）综上的：0b时，()f x有唯一处极小值点1122bx 102b时，()f x有一极大值点1122bx 和一极小值点1122bx 12b 时，()f x无极值点（10 分）（）当1b 时，函数2()ln(1)f xxx，令函数3()()h xxf x，则 32213(1)()3211xxh xxxxx 当0,)x时，函数()h x在0,)x上单调递增，(0,)x 时，恒有()(0)0h xh，即32ln(1)0 xxx恒成立（12 分）故当(0,)x时，有23ln(1)xxx 对任意正整数 n 取1(0,)xn，则有23111ln(1)nnn成立（14 分）