贵阳第一中学2016届高考适应性月考卷（五）文科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．因为{|02}{|1}M x x N y y =<=≤，≤，所以(01]M N = ，，故选B ． 2．因为2i (2i)ii i (2i)i i 1i i i iz ++=+=+=-++=- ，所以||z ==，故选A ． 3．画出可行域如图1阴影部分所示，注意到x y *∈N ，， 在点(33)，处取得最优解，所以min ()6x y +=，故选C ． 4．7114146a a a a ==，于是414a a ，可以看成是方程2560x x -+= 的两个根，所以41423a a ==，或41432a a ==，．而10144a a q =，所以1014432a q a ==或1014423a q a ==，所以 10201032a q a ==或10201023a q a ==，故选A ． 5．第一次执行循环体，12112i n S ===⨯，，；第二次执行循环体，11321223i n S ===+⨯⨯，，；第三次执行循环体，11143122334i n S ===++⨯⨯⨯，，，依此下去，第九次执行循环体，109i n ==，，11111111122334910223S⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+ ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭⎝⎭ 11910⎛⎫+-= ⎪⎝⎭1911010-=,故选C ． 6．1212121111sin sin 122e e e e e e ⨯⨯⨯〈〉=〈〉=⊥∵，，∴，，∴，22231211||124e e ke k =+=+= ∴，图17．由已知中的三视图，圆锥母线l ==，圆锥的高2h ==，圆锥底面半径为2r ==，截去的底面弧的圆心角为120︒，底面剩余部分为22218πsin120π323S r r =+︒=，故余下部分几何体的体积为11816π2π3339V Sh ⎛==⨯+⨯=+ ⎝D ．8．由题意()f x 是偶函数，且当0x ≥时，()f x 单调递增，所以由()(21)f x f x >-得(||)(|21|)f x f x >-，所以|||21|x x >-，22(21)x x >-，解得113x <<，故选A ．9．由题意得，把函数πsin 6y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到1πsin 26y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，再将图象向右平移π3个单位，得到1ππ1sin sin 2362y x x ⎡⎤⎛⎫=-+= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，令1π2x k k =∈Z ，，结合选项，得图象的一个对称中心为(00)，，故选D ．10．设正ABC △的中心为1O ，连接1O A ，11O O O C ，，∵1O 是正ABC △的中心，A B C ，，三点都在球面上，∴1O O ABC ⊥平面，结合1O C ABC ⊂平面，可得11O O O C ⊥，∵球的半径2R =，球心O 到平面ABC 的距离为1，得11O O =，∴在1Rt O OC △中，1O C ==，又∵E 为AB 的中点，ABC △是等边三角形，13cos302AE AO =︒=∴，∵过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径32r =，可得截面面积为29ππ4S r ==，故选C ． 11．由双曲线定义得：1224AF a AF a ==，，因此由余弦定理得：22224(6)(4)264cos6028c a a a a a c =+-⨯⨯⨯︒=⇒=，所以e =C ．12．函数()12sin πf x x x =--的零点可以看作是函数()2sin πg x x =与直线1y x =-的交点的横坐标，由于直线1y x =-过点(10)，，而()2sin πg x x =也关于点(10)，对称，因此函数()2sin πg x x =与直线1y x =-的交点一定关于点(10)，对称，作出它们的图象，如图2，当1x -≤时，12y x =--≤，当3x ≥时，12y x =-≥，因此它们交点在[13]-，上，当12x =-时，122g ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 3122y x =-=->-，当52x =时，522g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 3122y x =-=<，因此函数()2sin πg x x =与直线1y x =-在[10]-，上有两个交点，在[23]，上有两个交点，又1x =也是它们的交点，所以，所求零点之和为2215⨯+=，故选B ．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】 13．110105610()5()02a a S a a +==+=，所以5600a a ><，，即数列{}n a 前5项和为最大值，所以5n =．14．由已知直线l 过点(12)M ，，点M 在圆内，1||1||2sin 22AB AB ACB r r∠==，因此要使ACB ∠最小，则||AB 取最小值，又AB 过点M ，因此M 为AB 中点，即CM AB ⊥，因为42131CM k -==-，图2所以1l k =-，所以l 的方程为2(1)y x -=--，即30x y +-=．15．由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k ，且设弦的两端点坐标为11()x y ，，22()x y ，，则22221122112424x y x y +=+=，，两式相减得12121212()()()()024x x x x y y y y +-+-+=． ∵121222x x y y +=+=，，∴121202y y x x --+=，∴12122y y k x x -==--，∴此弦所在的直线方程为12(1)230y x x y -=--+-=，即．16．1()220f x x m x '=+-≥对0x >恒成立，122x m x +∴≥，而12x x +≥，当且仅当12x x=，即x =时取等，2m ∴≤，m ∴． 三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由cos cos a A b B =及正弦定理可得sin cos sin cos A A B B =， 即sin 2sin 2A B =，又(0π)(0π)A B ∈∈，，，， 所以有A B =或π2A B +=， 又因为π3C =，得2π3A B +=，与π2A B +=矛盾， 所以A B =，因此π3B =． ………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由题设得，在Rt PMB △中，sin 2sin PM PB PBM α=∠= ，在Rt PNB △中，πππsin sin 2sin 0333PN PB PBN PB PBA αα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∠=-∠=-∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，所以π2sin 2sin sin 3PM PN αααα⎛⎫+=+-=+ ⎪⎝⎭π2sin 3α⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为π03α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以ππ2π333α⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，从而有πsin 13α⎤⎛⎫+∈⎥ ⎪⎝⎭⎦，即π2sin 2]3α⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，于是，当ππ32α+=，即π6α=时，PM PN +取得最大值2．………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）列联表补充如下：……………………………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）根据上述列联表可以求得2220(51212)8.802614713K ⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯，8.802 6.635>， 所以我们有99%的把握认为：人的脚的大小与身高之间有关系． …………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：如图3，取AE 中点M ，连接BM ，FM ． 因为F 是DE 中点，∴FM 是ADE △的中位线， FM AD ∴∥且12FM AD =， 又BC AD ∥且12BC AD =， FM BC ∴∥且FM BC =，∴四边形FMBC 是平行四边形，CF MB ∴∥， CF ABE MB ABE CF ABE ⊄⊂∵平面，平面，∴∥平面．……………………（6分）（Ⅱ）解：如图3，取DH 中点N ，连接FN，EH ，∵F 是DE 的中点， FN EH ∴∥且12FN EH=， 由ABE △是等腰直角三角形，AE BE =, H 是AB 的中点，EH AB ⊥∴，ABCD ABE ⊥又平面平面，平面ABCD 平面ABE =AB ，EH ABE ⊂平面，EH ABCD ⊥∴平面， FN ABCD ⊥∴平面，DCH ADH BCH ABCD S S S S =--△△△梯形111=(12)21222⨯+⨯-⨯-⨯=图3111332DCH F DCH V S FN -=== △三棱锥∴．…………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设2l x my =-：，代入22y px =，得2240y pmy p -+=，（*）设1122()()A x y B x y ，，，，则121224y y pm y y p +==，，则221212244y y x x p ==． 因为12OA OB =，所以121212x x y y +=，即4412p +=，得2p =，所以抛物线的方程为24y x =． …………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）（*）化为2480y my -+=． 121248y y m y y +==，，…………………………………………………………（6分）设AB 的中点为M ，则21212||2()444M AB x x x m y y m ==+=+-=-，①又12|||AB y y =-=，② 由①②得2222(1)(1632)(44)m m m +-=-，解得23m m ==，，所以直线l 的方程为20x ++=或20x +=． ……………………………（12分） 21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）()ln(e )x f x a =+∵是奇函数，()()f x f x -=-∴， 即ln(e )ln(e )x x a a -+=-+恒成立，2(e )(e )11e e 1x x x x a a a a a --++=+++=∴，∴，即(e e )0x x a a -++=恒成立，故0a =． ……………………………………………（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知方程2ln 2e ()x x x m f x =-+，即2ln 2e xx x m x=-+， 令212ln ()()2e xf x f x x x m x==-+，，则121ln ()x f x x-'=，当(0e]x ∈，时，11()0()f x f x '≥，∴在(0e]，上为增函数； 当[e )x ∈+∞，时，11()0()f x f x '≤，∴在[e )+∞，上为减函数；∴当e x =时，1max 1()ef x =． 而2222()2e (e)e f x x x m x m =-+=-+-，当(0e]x ∈，时，2()f x 是减函数，当[e )x ∈+∞，时，2()f x 是增函数，∴当e x =时，22min ()e f x m =-． 故当21e e m ->，即21e e m >+时，方程无实根；当21e e m -=，即21e em =+时，方程有一个根；当21e e m -<，即21e e m <+时，方程有两个根． …………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−1：几何证明选讲】（Ⅰ）证明：因为BD CD =，所以BCD CBD ∠=∠，因为CE 是圆的切线，所以DCE CBD ∠=∠，所以DCE BCD ∠=∠，所以2BCE DCE ∠=∠，因为EAC BCE ∠=∠，所以2EAC DCE ∠=∠． …………………………………（5分） （Ⅱ）解：因为BD AB ⊥，所以AC CD ⊥，AC AB =．因为BC BE =，所以BEC BCE EAC ∠=∠=∠，所以AC EC =，由切割线定理得2EC AE BE = ，即2()AB AE AE AB =- ，即2240AB AB +-=，解得1AB =-． ………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）圆C 的普通方程为22(1)1x y -+=，又cos sin x y ρθρθ==，，所以圆C 的极坐标方程为2cos ρθ=． ………………………………………………（5分）（Ⅱ）设11()P ρθ，，则由1112cos π3ρθθ=⎧⎪⎨=⎪⎩，，解得11π13ρθ=，=， ……………………（7分）设22()Q ρθ，，则由2222(sin )π3ρθθθ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，解得22π33ρθ=，=， ………（9分）所以||2PQ =． …………………………………………………………………（10分）24．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】证明：（Ⅰ）21(1)(1)()()ab a b a b ab ac bc c a c b c +++=+++++=++，．000a b c >>>∵，，，10a +>∴≥，100b a c +>+>≥，≥，0b c +>≥，(1)(1)0a b ++>∴≥，当且仅当1a b ==时取“=”，()()a c b c ++≥a b c ==时取“=”， (1)(1)()()16a b a c b c abc ++++∴≥，当且仅当1a b c ===时取“=”，因此，当a b c +∈R ，，，有 2(1)()16ab a b ab ac bc c abc ++++++≥．……………………………………………（5分）（Ⅱ）3b c a a b c a b c +∈++=R ∵，，，∴≥，当且仅当a b c ==时取“=”， 36c b a b c a c b a a c b a b c a c b+++++++∴≥，∴≥， 因此，1113b c c a a b a a b b c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-++-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥， 即3b c a c a b a b c a b c+-+-+-++≥． ……………………………………………（10分）。