2015届安徽省安庆市高三第三次模拟考试数学理试题及详细答案

2015年安庆市高三模拟考试（三模）数学试题（理科）参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号12345678910答案CDCCBDBDAB1.C【解析】设izab（a，Rb），由11izz得22i1iabab，所以1b，211aa，所以0a或1a.选C.2.D【解析】BA等价于BAcoscos，等价于BAsinsin，排除A、B；由BaAbcoscos及正弦定理可得0)sin(BA，BA,得BA，排除C；选D.3.C【解析】不妨设A、B为左、右焦点，实半轴长为a，半焦距为c，若点C在双曲线的左支上，设BC中点为D，则由定义知|BD|=21|BC|=21(2c+2a)=c+a，在Rt△ABD中，由31cosABC，故,3,312ecac不可能。故C在双曲线的右支上，设BC中点为D，则由双曲线定义知acacBCBD)22(2121，在ABDRt中，31cosABD,故312cac，得3ace.选C.4.C【解析】随机数共有20组，其中表示3次投篮恰有2次的有：191，271，027，113，共4组，所以估计概率为2.0204.选C.5.B【解析】1751025101)21(211106V.选B.6.D【解析】2a时，0)2(42aa，由韦达定理axx21，221axx，则21211xxxx4221221aaaa当且仅当3a时取等号.选D.7.B【解析】曲线C的直角坐标方程为1)1(22yx，曲线E的普通方程为0643yx，则APB取最大值时，PA、PB与圆C相切，且PC最短，此时在PACRt中，21sinAPC，故6APC，APB为3.选B.8.D【解析】由已知)(xf为周期为2的函数，由(1)fx是奇函数，有)1()1(xfxf，数学试题（理科）参考答案（共7页）第1页即)2()(xfxf，故)21()23()21()23(ffff，而10x时，21fxxx，所以21)121)(21(2)21(f，21)23(f9.A【解析】能构成三角形5638C个，其中直角三角形2464个，钝角三角形2483个，故锐角三角形为8个.选A.10.B【解析】由0)()(2121xxxfxf知，对函数)(xf图象上任意一点))(,(11xfxA，都存在一点))(,(22xfxB,使OBOA,由图象可知，符合条件的有②⑤；选B.第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中横线上).11.13【解析】令22(0)2yxtt，当椭圆222yxt与线段1(0101)xyxy≤≤≤≤，相切时，t最小.联立2221yxtxy，消去y得232120xxt，由0，得13t.即31，所以实数的最小值为13.12.127【解析】设1xt，则88221081)1(tatataat，令0t，则20a，令1t，则18210aaaa，令1t，则2578210aaaa，1278642aaaa.13.15【解析】设等比数列}{na的公比为q，显然1q，11)1(212qqaS，31)1(414qqaS，由324SS得22q，15)1)(1(1)1(1)1(4221818qqqqaqqaS.14.2-a【解析】)0(,24)0(,)(2xxxxaxxf，结合图象可知：2-a.15.③⑤【解析】①当a、b的夹角为时，0ba，不正确；②当0b时不正确；③由空间向量基本定理，正确；④)()(||22qpqpqp|,cos|||||qpqpqpqp数学试题（理科）参考答案（共7页）第2页||||qpqp，当qp与qp同向共线时，取等号，不正确；⑤p在基底kji,,下的坐标为)3,2,1(，即)(1)(2)(032ikkjjikjip，正确.三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤).16．（本题满分12分）【解析】(Ⅰ)依题意，)sin,(cosxxA，)sin,cos2(xxP，xxxOPOA222cos1sincos2，因此，)sin32(coscos)(xxxOPOAxfxxxxcossin32coscos1222)62sin(222cos2sin32sin3cos212xxxxx所以，)(xf的最大值为4，最小值为0；…………6分(Ⅱ)由)(226222Zkkxk得：)(63Zkkxk，因此，)(xf的单调增区间为)](63[Zkkk，，同理可得：)(xf的单调减区间为)](326[Zkkk，，其图象的对称中心为))(2212(Zkk，…………12分17．（本题满分12分）【解析】(Ⅰ)第7、8、9三题均有两个选项能排除，因此，第7、8、9三题做对的概率均为21，第10题只有一个选项能排除，因此，第10题做对的概率为31.所以，该同学选择题得40分的概率P为：83312112131311211213222）（）（）（）（CCP(Ⅱ)设该同学7、8、9、10题中做对的题数为X，则随机变量X的分布列为X01234P1212478324524161124424152418247）（XE所以，该同学数学得分的期望为6110465611530该同学数学得分不低于100分的概率为121124124583247P…………12分数学试题（理科）参考答案（共7页）第3页18.（本题满分12分）【解析】(1)分别取EF、FH、CF的中点M、R、Q，连接MR、MQ、NQ、NR则MR∥EH∥FA∥NQ且NQFAEHMR2121∴四边形MRNQ为平行四边形∴MQ∥NR又MQ平面EFC，NR平面EFC，NR∥平面EFC，即P为FH的中点R.…………5分(Ⅱ)分别以直线AB、AD、AF为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则)2,0,4(G，)2,0,0(F，)0,4,4(C，)4,4,0(E设平面GFC的法向量为),,(1zyxn由01xFGn，021zyCGn，令2z得：)2,1,0(1n类似可得平面EFC的法向量为)2,1,2(2n，cos1n,2n55533,所以二面角GFCE的余弦值为55.…………12分19．（本题满分13分）【解析】(Ⅰ)设斜率为21的直径平行的弦的端点坐标分别为),(11yx、),(22yx，该弦中点为),(yx，则有14162121yx，14162222yx，相减得：04))((16))((21212121yyyyxxxx，由于221xxx，221yyy，且212121xxyy，所以得：02yx，故该直径的共轭直径所在的直线方程为02yx.……………………5分(Ⅱ)椭圆的两条共轭直径为AB和CD，它们的斜率分别为1k、2k.四边形ACBD显然为平行四边形，设与AB平行的弦的端点坐标分别为),(11yx、),(22yx，数学试题（理科）参考答案（共7页）第4页则21211xxyyk，21212xxyyk，而14162121yx，14162222yx，04))((16))((21212121yyyyxxxx,故412221222121xxyykk.由1416221yxxky得A、B的坐标分别为)414,414(21121kkk，)414,414(21121kkk故AB=21211418kk，同理C、D的坐标分别为)414,414(22222kkk，)414,414(22222kkk所以，点C到直线AB的距离2221212122222141141414414kkkkkkkkkd设点C到直线AB的距离为d，四边形ACBD的面积为S，则ABdS2221214114kkkk21211418kk222121414132kkkk1616)(4123222122221212221kkkkkkkk，为定值.……………………13分20．（本题满分13分）【解析】(Ⅰ)由2(1)(2)nnnSaa可得1112(1)(2)nnnSaa，2n≥，两式相减得221111210nnnnnnnnnaaaaaaaaa.因为0na，所以110nnaa，即11nnaa（2n≥）.所以数列{}na是首项为2，公差为1的等差数列，故1nan.…………5分数学试题（理科）参考答案（共7页）第5页(Ⅱ)因为11b，1nnnbba即11nnbbn，所以22b，1nnbbn（2n≥），所以111nnnnbbbb，111nnnbbb（2n≥），bn+1≠bn当1n时，1112(21)b，所以当1n时结论正确.当2n≥时，31422111211111nnnnnbbbbbbbbbbbb112112nnnnbbbbbb.由条件易知0nb，所以nnbb1＞1221nbbnn,所以nbbb11121＞.112221nbbnn…………13分21.（本题满分13分）【解析】（Ⅰ）2222122(41)2()(0)xaxafxxxaxxaxxa，，22(41)1618aaa.…………1分①当18a≥时，0≤，从而0()fx≥，所以()fx在(0)，上单调递增；②当108a时，0.设方程222(41)20xaxa的两根分别为1x，2x，其中1(41)184aax，2(41)184aax.因为121402axx，2120xxa，所以10x，20x，1()0fxxx或2xx，所以()fx在1(0)x，和2()x，上单调递增，在12()xx，上单调递减；数学试题（理科）参考答案（共7页）第6页③当0a时，1118()04axa，2118()04axa，所以10xa，20xa，所以()fx在1(0)x，和2()x，上单调递增，在1()xa，和2()ax，上单调递减.…………7分(Ⅱ)当1a时，1()2ln1fxxx，由（I）知()fx在1(0)2，和(2)，上单调递增，在1(1)2，和(12)，上单调递减.所以在1，上，min()(2)12ln2fxf.…………9分因为22(1)(2)()xxxxxxgxee，所以在1，上，max25()(2)gxgme.…………11分因为43412ln21ln41ln12.33e，当85m时，225582.32.75me.所以当1a，1x，时，对任意的85m，总有()()fxgx.…………13分数学试题（理科）参考答案（共7页）第7页