【广东省湛江市】2017届普通高中高考三月模拟考试数学试卷(五)-答案.pdf

1/4 广东广东省省湛江市湛江市 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（五）（五）答答 案案 一、15ACABB 610CDCBA 二、1190；12九；1333 3 cm；1414；15 16解：（）由311()sin2(1cos2)sin(2)2262f xxxmxm（3 分）因为点(,0)12M在函数()f x的图像上，所以1sin(2)01262m 解得：12m（5 分）（）因为coscos2 coscBbCaB，所以sincossincosC2sincosCBBAB 所以sin()2sincosBCAB，即sin2sincosAAB 又因为(0,)A，所以sin0A，所以1cos2B（9 分）又因为(0,)B，所以3B，23AC 所以203A，72666A，所以1sin(2)(,162A 所以()f A的取值范围是1(,12(12 分)17解：（）当et 时，()eexf xx，()eexfx 由()ee0 xfx ，解得1x；()ee0 xfx ，解得1x 函数()f x的单调递增区间是(1,)；单调递减区间是(,1)(5 分)（）依题意：对于任意(0,2x，不等式()0f x 恒成立，即e0 xtx即extx 在(0,2x上恒成立 令e()xg xx，2(1)e()xxg xx 当01x时，()0g x；当12x时，()0g x 2/4 函数()g x在(0,1)上单调递增；在(1,2)上单调递减 所以函数()g x在1x 处取得极大值(1)eg，即为在(0,2x上的最大值 实数 t 的取值范围是(e,)(12 分)18解：（）DE 平面 ACD，AF 平面 ACD，DEAF 又ACAD，F 为 CD 中点，AFCD，因CDDED，AF平面 CDE(4 分)（）取 CE 的中点 Q，连接 FQ，因为 F 为 CD 的中点，则FQDE，故DE 平面 ACD，FQ平面ACD，又由（）可知 FD，FQ，FA 两两垂直，以 O 为坐标原点，建立如图坐标系，则(0,0,0)F，(1,0,0)C，(0,0,3)A，(0,1,3)B，(1,2,0)E(1,1,3)CB，(2,2,0)CE(6 分)设面BCE的法向量(,)nx y z，则00n C Bn C E即30220 xyzxy取(1,1,0)n 又平面 ACD 的一个法向量为(0,1,0)FQ，0 102cos,22FQ nFQ nFQ n 面 ACD 和面 BCE 所成锐二面角的大小为45 19解：（）设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为，则的取值分别为 1，2，3，的取值分别，0，1，2，3，1242361(1)5C CPC，2142363(2)5C CPC，3042361(3)5C CPC 所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为：1 2 3 P 15 35 15 131()1232555E(5 分)因为2(3,)3B，所以考生乙正确完成实验操作的题数的概率分布列为：0 1 2 3 P 127 627 1227 827 16128()01+2+3=227272727E（8 分）3/4（）因为314(2)555P，12820(2)272727P 所以(2)(2)PP(10 分)从做对题的数学期望考察，两人水平相当；从至少正确完成 2 题的概率考察，甲通过的可能性大，因此可以判断甲的实验操作能力较强(10 分)20解：（）设曲线 C 上任意一点(,)P x y，又(1,0)F，(1,)Ny，从而(1,0)PNx ，(2,)NFy，11(,)22PNNFxy，211()02022PNNFNFxy 化简得24yx，即为所求的 P 点的轨迹 C 的对应的方程(4 分)（）设11(,)A x y、22(,)B x y、MB：2224(21)ykyxk、MB：2(1)yk x 将 MB 与24yx联立，得：2114480k yyk 1142yk 同理2242yk 而 AB 直线方程为：211121()yyyyxxxx，即1212124y yyxyyyy（8 分）由：121212124444kkyyk kk k，12121212122()464(1)4(1)kky yk kk kk k 代入，整理得1 2(1)60k k xyy恒成立（10 分）则105606xyxyy 故直线 AB 经过(5,6)这个定点（13 分）21解：（）当1n 时，13a 当2n时，因为232121.2nnaaaann，所以2312122.(1)2(1)nnaaaann 得121nnan，所以1(21)nnan（2n，n*N）（3 分）又13a 也适合上式，4/4 所以1(21)nnan（n*N）（4 分）（）当4时，1(21)4nnan（反证法）假设存在ra，sa，ta成等比数列，则11222(2r 1)4(21)4(21)4rtsts 整理得22(21)(21)4(21)r tsrts 由奇偶性知20rts 所以2(21)(21)(1)rtrt，即2()0rt这与rt矛盾，故不存在这样的正整数 r，s，t，使得ra，sa，ta成等比数列（8 分）（）21357.(21)nnSn 当1时，2357.(21)2nSnnn （10 分）当1时，21357.(21)nnSn，2135.(21)(21)nnnSnn 1231(1)(1)32(.)(21)32(21)1nnnnnSnn 当1时，左(1)21 3nnnSaan，结论显然成立；当1时，左11(1)(1)(1)S32(21)3211nnnnnnana 而0，1和11n同号，故1(1)01n(1)3nnSa对任意n*N都成立（14 分）