河南省郑州市2016届高三数学第一次质量检测试题理

12345678910112016年高中毕业年级第一次质量预测理科数学参考答案一、选择题ADBCCBDAAADD二、填空题13.60；14.;2415.3;216.422.三、解答题（共70分）17.⑴解：由已知条件:1(1)221,nSnnn22nSnn-----2分当2n时，221=221143.nnnaSSnnnnn当1n时，111,aS而4131，43nan，------6分⑵解：由⑴可得(1)(1)43,nnnnban-----7分当n为偶数时，1591317......4342,2nnTnn---9分当n为奇数时，1n为偶数112(1)(41)21.nnnTTbnnn---11分综上，2,(2,),21,(21,).NNnnnkkTnnkk--------12分18.⑴解：设下周一有雨的概率为p，由题意，20.36,0.6pp，-------2分基地收益X的可能取值为20,15,10,7.5，则(20)0.36,(15)0.24,(10)0.24,(7.5)0.16,PXPXPXPX所以基地收益X的分布列为：-------6分基地的预期收益()200.36150.24100.247.50.1614.4EX，所以，基地的预期收益为14.4万元.---------8分⑵设基地额外聘请工人时的收益为Y万元，则其预期收益()200.6100.416EYaa（万元），--------10分()()1.6EYEXa，综上，当额外聘请工人的成本高于1.6万元时，不外聘工人；成本低于1.6万元时，外聘工人；成本恰为1.6万X2015107.5p0.360.240.240.1612元时，是否外聘工人均可以.------12分19.⑴证明：设EC与DF交于点N，连结MN，在矩形CDEF中，点N为EC中点，因为M为EA中点，所以MN∥AC，又因为AC平面MDF，MN平面MDF，所以AC∥平面MDF.-----4分⑵解：因为平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，DE平面CDEF，DECD，所以DE平面ABCD，------6分以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，设,DAaDEb，(,,0),(0,0,),(0,2,0),(0,2,)BaaEbCaFab，(,,),(0,2,),(,,0)BEaabDFabBCaa，因为BEDF，所以22(,,)(0,2,)20BEDFaababba，2ba，--8分设平面EBC的法向量(,,)mxyz，由20,mBEaxayazmBCaxay得到m的一个解为(1,1,2)m，注意到平面EAD的法向量(0,1,0)n，--10分而1cos,,2||||mnmnmn所以，平面EAD与EBC所成锐二面角的大小为60.12分20.⑴解：设曲线E上任意一点坐标为(,)xy，由题意，2222(1)3(1)xyxy，-----2分整理得22410xyx，即22(2)3xy，为所求.-----4分⑵解：由题知12ll，且两条直线均恒过点(1,0)N，设曲线E的圆心为E，则(2,0)E，线段CD的中点为P，则直线EP：2yx,设直线CD：yxt，由2,yxyxt，解得点22(,)22ttP，-----6分由圆的几何性质，221||||||||2NPCDEDEP，而22222||(1)()22ttNP，2||3ED，22|2|||()2tEP，解之得0t或3t，又,CD两点均在x轴下方，直线CD：yx.由22410,,xyxyx解13得21,2212xy或21,221.2xy不失一般性，设2222(1,1),(1,1)2222CD，--9分由22410,(1)xyxyux消y得：2222(1)2(2)10uxuxu，⑴方程⑴的两根之积为1，所以点A的横坐标22Ax，又因为点22(1,1)22C在直线1:10lxmy上，解得21m，直线1:(21)(1)lyx，所以(22,1)A，--11分同理可得，(22,1)B，所以线段AB的长为22.--12分21.⑴解：函数()fx的定义域为(0,)，2()xmfxx，当0m时，()0fx，所以函数()fx的单调增区间是(0,)，无减区间；--2分当0m时，()()()xmxmfxx；当0xm时，()0fx，函数()fx的单调递减；当xm时，()0fx，函数()fx的单调递增.综上：当0m时，函数()fx的单调增区间是(0,)，无减区间；当0m时，函数()fx的单调增区间是(,)m，减区间是(0,)m.----4分⑵解：令21()()()(1)ln,02Fxfxgxxmxmxx，问题等价于求函数()Fx的零点个数，----5分当0m时，21(),02Fxxxx，有唯一零点；当0m时，(1)()()xxmFxx，当1m时，()0Fx，函数()Fx为减函数，注意到3(1)02F，(4)ln40F，所以()Fx有唯一零点；--7分当1m时，01x或xm时()0Fx，1xm时()0Fx，所以函数()Fx在(0,1)和(,)m单调递减，在(1,)m单调递增，注意到1(1)02Fm，(22)ln(22)0Fmmm，所以()Fx有唯一零点；----9分当01m时，0xm或1x时()0Fx，1mx时()0Fx，所以函数()Fx在(0,)m14和(1,)单调递减，在(,1)m单调递增，意到ln0m，所以()(22ln)02mFmmm，而(22)ln(22)0Fmmm，所以()Fx有唯一零点.---11分综上，函数()Fx有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.---12分22.⑴证明：因为ECFCAECEACAECBA，EFCCDABAECBA，AE平分BAC，所以ECFEFC，所以ECEF.---4分⑵解：因为ECDBAEEAC，CEADEC，所以CEADEC，即2,CEDEECEAEACEDE，---6分由⑴知，3ECEF，所以92EA，---8分所以45()4ACAFADAEAEDEAE.---10分23.⑴解：π22cos2cossin4，----------2分即22cossin，可得22220xyxy，故2C的直角坐标方程为22112xy.----------5分⑵解：1C的直角坐标方程为320xy，由⑴知曲线2C是以(1,1)为圆心的圆，且圆心到直线1C的距离2213233213d，----------8分所以动点M到曲线1C的距离的最大值为33222.----------10分24.⑴解：当2x时，原不等式可化为211xx，此时不成立；当12x时，原不等式可化为211xx，即10x，当1x时，原不等式可化为211xx,即1x，-----3分综上，原不等式的解集是|0xx．-----5分⑵解：因为1()121gxaxax，当且仅当axa时“=”成立，所以min()21gxa，-----7分1512,02,()3,2xxfxx，所以()[3,1)fx，∴211a,即1a为所求．---10分