安徽省安庆市2016届高三下学期第二次模拟考试(理)word版(2)

m4

3C3 mx (x

)n ( 4)3 m n，当m n时为常数.

于是Cmn4m n Cmmm4m3 2m

3C3 mxm (x)n ( 4)3 3C3 m

x (x) ( 4). 若m 0，则( 4)3 64；若m 1，则C11

3C2 4 ( 4) 96.故常数项是 64 96 160.

或：(x 4 4)3

(x 2)6展开后的通项是Ck(x)6 k ( 2)kk

xx6x

( 2)kC6(x)6 2k.

令6 2k 0，得k 3. 所以常数项是C3

6( 2)3 160. 15. 解析：如图，因为平面BDC 平面ABD（折成直二面角），

所以AB 平面BDC，CD 平面ABD，得AB BC，CD AD.

取AC的中点O，则OA OB OC OD. 于是外接球的球心是O，OA

12AC，OA2 1

4

AC2. 而AC2 AB2 BC2

2

AB2 BD2 11

2(4AB2 2BD2)

2

.

所以半径OA 12AC 2

4. 于是外接球的表面积为S 4 OA2 2

.

16.

解析：a 2

n an， an (2n 1)an an 2n 1，n N .

n 8

a≤

就是 ≤(n 8)(2n 1) ≤2n 8 15.2n 8 15在n≥1时单调递增，nn

nnn其最小为9，所

以 ≤9，故实数 的最大值为9.

三、解答题

17．解析：（Ⅰ）在△ABC中，根据正弦定理，有

ACDC

sin ADC

sin. 因为AC ，所以sin ADC DAC

. 又 ADC B BAD B 60 60

所以 ADC 120°. 3分

于是 C 180 120 30 30 ，所以 B 60°.

6分 （Ⅱ）设DC x，则

BD 2x，BC 3x，

AC

.

于是sinB

ACBC

，cosB ，AB 6x. 9分

在 ABD中，由余弦定理，得

AD

2

AB2 BD2 2AB BDcosB，

即2 6x2 4x2 2 2x 2x2 ，得x 2.

故DC 2. 12分

18．解析：（Ⅰ）证明： AG//EF AG与EF共面.

由平面ADE//平面BCFG AE//FG 四边形AEFG为平行四边形.

连接AF交EG于M，连接AC，BD交于O， 连接MO，如图1所示.

则MO//CF，且MO 1

2

CF BG，

故BOMG为平行四边形，所以MG//BO. 又BO 平面ABCD，MG 平面ABCD，

所以MG//平面ABCD，即EG//平面ABCD. 6分

（Ⅱ）解法一、

CF 平面ABCD

CF DB

四边形ABCD是菱形 BD AC

BD 平面ACF.

CF、AC

面ABCDACF 且CF AC= CO

EG//BDEG 平面 ACF 平面AEFG

由（Ⅰ）知，所以平面ACF. 因为平面AEFG 平面ACF=AF，C 平面ACF，所以点C在平面AEFGAF 内的射影落在上，故FC与平面AEFG所成的角就是 AFC. 在Rt AFC中，sin AFC

AC

2AF

22 42

55

， 所以FC与平面AEG所成角的正弦为

5

. 12分 解法二、

由（Ⅰ）易知，DE BG 2.以O为坐标原点，分别以直线AC、BD为x、y轴，建立空间直角坐标系O xyz，如图2所示.

则有A(1，0，0)、E(0，2)，G(02)，C( 1，0，0)，

F( 1，0，∴ 4)AE ，

( 1， 2)， EG (0，0)， CF (0，0，4).

设面AEG的法向量为

n (x，y，z)，

由 n AE ， n EG ，得 x 2z 0，0.

令z 1，则x 2

所以 n (2，0，1)，于是cos n， CF 10分 故直线CF与平面AEG 12分

19. 解析：（Ⅰ）因为K2

400 (60 120 140 80)2400

140 260 200 200 91

4.3956 3.841，

所以有95%把握认为“是否赞成禁放烟花爆竹”与“年龄结构”有关.

5分（Ⅱ）因为140:120 7:6，所以13人中有老年人7人，中青年人6人.

那么X 2000，1500，1000. 7分

P(X 2000) C251126C2 ，P(X 1500) C7C6

72 ，P(X 1000) C772

， 1326C1313C1326

所以X所以 EX 2000 26 1500 13 1000 26 13

1462. 12分

20. 解析：(Ⅰ)圆A的圆心为A(0)，半径r1 4.

设动圆M的半径为r2，依题意有r2 |MB|．

由 |AB| ，可知点B在圆A内，从而圆M内切于圆A，故|MA| r1 r2，即 |MA| |MB| 4 23.

所以动点M的轨迹E是以A、B为焦点，长轴长为4的椭圆，其方程为x2

4

y2 1. 5分 (Ⅱ) 设直线l的方程为y kx b(k 0)，联立 y kx b，

x2 4y2

4，消去y得， (1 4k2)x2 8kbx 4b2 4 0， 16(4k2 b2 1). 设P(x，kx 8kb

4b2 411 b)，Q(x1，kx1 b)，则x1 x2 1 4k

2

，x1x2 1 4k2. 7分 于是kPN kQN kx1 bkx2 b2kx1x2 (4k b)(x1 x2) 8b

x 4 x

(x， 12 41 4)(x1 4)

由 ONP ONQ知kPN kQN 0.

当 2≤x 3时，3 x x 2 1，得x 0，所以0 x 3； 当x≥3时，x 3 x 2 1，即 5 1，恒成立，所以x≥3.

综上可知，不等式f(x) 1的解集是(0， ). 5分

(Ⅱ) 因为f(x) x 3 x a≤(x 3) (x a) a 3，

故动直线l的方程为y kx k，过定点(1，0). 12分

所以f(x)的最大值为a 3.

对于任意实数x，恒有f(x)≤2a成立等价于a 3≤2a.

当a≥ 3时，a 3≤2a，得a≥3；

当a 3时，

a 3≤2a，a≥ 1，不成立. 综上，所求a的取值范围是[3， ) 10分

2alnx

21. 解析：（Ⅰ）因为f (x) 2(x 1)，g (x) ， 2分

x

2alne2a

所以f (e) 2(e 1)，g (e) .

ee

由f (e) g (e)，得a e2 e. 5分

m2x 2x m

，x 0.

xx

因为h(x)有两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程2x2 2x m 0的两个实数根，

1

x1 x2 1. 而0 x1 x2，所以 x2 1.

2

2

因为m 2x22 2x2，所以h(x2) (x2 1)2 (2x2 2x2)lnx2. 8分

122

令 (t) (t 1) (2t 2t)lnt， t 1.

2

1

则 (t) 2(t 1) (2 4t)lnt (2t 2t2) 2(1 2t)lnt 0，

t

111 2ln21 2ln2

所以 (t)在(，， 即h(x2) . 12分 1)内是增函数.于是 (t) ()

2244

22．解析：（Ⅰ）如图，连接OD.

因为O是AB的中点，D是BC的中点， 所以 OD//AC.

因为DE AC，所以DE OD，

所以DE是⊙O的切线. 5分

（Ⅱ）因为AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，所以AD BC.

又D是BC的中点，所以 AB=AC. 故 ACD B 30 .

AE

因为DE AC，所以 ADE 30 . 在直角三角形AED中， tan30 ；

DE

AE13DE

在直角三角形DEC中，. 10分 sin30 . 于是

DE236DC

23．解析：（Ⅰ）当a 时，直线l的普通方程为x=-1；

2

当a 时，直线l的普通方程为y=(tana)(x+1). 2分

22

由 2cos ，得 2 cos ，

22

所以x+y=2x，即为曲线C的直角坐标方程. 4分

22

（Ⅱ）把x 1 tcosa，y=tsina代入x+y=2x，整理得t2-4tcosa+3=0.

（Ⅱ）h (x) …… 此处隐藏：1741字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……