2016年高考前质量监测试题文科数学答案

2016年高考前质量监测试题（卷）

文科数学试题参考答案

A卷选择题答案 一、选择题 （1）A （7）B

（2）C （8）C

（3）A （9）C

（4）B （10）D

（5）A （11）D

（6）B （12）C

B卷选择题答案 一、选择题 （1）D （7）B

（2）C （8）B

（3）A （9）B

（4）B （10）D

（5）A （11）A

（6）C （12）B

A、B卷非选择题参考答案 二、填空题 （13）4

（14）②④ （15）37

（16）2016

三、解答题

（17）解：（Ⅰ）∵acosB－bcosA=c，根据正弦定理得：sinAcosB-sinBcosA=sinC．① 根据三角形内角和定理得：

sinC=sin[－(A+B)]=sin（A+B）= sinAcosB+sinBcosA．② 由①②得 sinBcosA=0．

∵ 0＜B＜π，∴sinB≠0，cosA=0，∴A=分

1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，S△ABC=bc=4，∴bc=8．

2π．……………………………62又∵a²=b²+c²≥2bc=16，所以当且仅当b=c=22时，amin=4．………12分 （18） (Ⅰ) 根据题意，学员（1），（2），（4），（6），（9）恰有两项不合格， 从中任意抽出2人，所有情况如下： 学员编号 （1）（2） （1）（4） （1）（6） 补测项目 ②③⑤ ②③④⑤ ③④⑤ 文科数学试题答案 第 1 页（共 5 页）

项数 3 4 3

（1）（9） （2）（4） （2）（6） （2）（9） （4）（6） （4）（9） （6）（9） ①③⑤ ②④⑤ ②③④⑤ ①②⑤ ②③④ ①②④⑤ ①③④⑤ 3 3 4 3 3 4 4 由表可知，全部10种可能的情况中，有6种情况补测项数不超过3，

63由古典概型可知，所求概率为. ……………………………………6分

105 (Ⅱ) 在线段CD上取两点B，D，使BBDD1.8m， 记汽车尾部左端点为M，

则当M位于线段AB上时，学员甲可按教练要求完成任务， 而学员甲可以使点M等可能地出现在线段CD上，

AB2.41.80.61. …………12分 CD2.420.31.81.221（19）(Ⅰ)证明：取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ=AC，NQ∥AC。

2根据几何概型，所求概率P又MF=四边形，

1AC，MF∥AC，所以MF=NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF为平行2MN∥FQ．FQ平面FCB，MN平面FCB，MN∥平面FCB． …………………………………………………………………………………4分 (Ⅱ)解：由AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，

ABC60

可得 ACB90，AC3，AB2．

BC1，又FC1，所以FCBC. FB2，

又ACB90，即ACBC． 所以BC平面ACFE.

1设点A到平面MCB的距离为h，则VAMCBSMCBh.

3四边形ACFE为矩形．

1113又VAMCBVBAMCBCSAMC113，

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SMCB322117h，所以． 1127172434221．……………………………………12分 7236则点A到平面MCB的距离为

（20） 解:（Ⅰ）设直线y=x+1与函数f(x)=aex+b的切点为（x0，f(x0)）. 由f(x)=aex+b可得f(x)aex.

aex01, 由题意可得x01aex0b,解得a=1,b=0.………………………………4分

aee.3 （Ⅱ）由(Ⅰ)可知f(x)=ex,则存在x∈0,，使2mf(x1)nf(x)mx成立,

233nx2ex1x1x 等价于存在x∈0,，2menemx成立.所以，x∈0,. xme221xx2ex13 设g(x),则. g'(x),x(0,)xxee23 当x(0,1)时, g'(x)0,g(x)单调递增,当x∈1,时, g'(x)0,g(x)单调递

2减.

313 ∴g(x)max,g(0)-g=-3<0.

e22e2所以

n21的范围是,.………………………………………………12分 mee1111

（21）解：（Ⅰ）SBAN＝2SBAC＝2SABC＝2×2×2b×a=2,

2c＝2,②,解①②得a=2,c=b=2, ax2y2∴椭圆E的方程为＝1．……………………………………………4分

42bb2acabbc（Ⅱ）直线AB：y=bax，直线CF:y=b+x,联立方程解得M ,．cacac2acabbc设→CM=→CP（＞0），P(x,y)，则,+b=(x,y+b),

acac2ac2abb(a+c)∴x=，y=．

(a+c)(a+c)把上式代入椭圆方程得 ∴ab=22①．又

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4c2[2a(a+c)]2222222＋22＝1,即4c+[2a(a+c)]=(a+c)． (a+c)(a+c)

a2+c21+e22

∴＝a(a+c)＝1+ e＝（e +1）+ e +1－2． ∵0< e <1,∴1< e +1<2,∴≥222，当且仅当e +1=2,即e =21时，等号成立. 取到最小值222． |CM|

即|CP|的最小值为222．………………………………………………12分 选考题 （22）证明：（Ⅰ）∵A，C，D，B四点共圆，∴∠FBA=∠FCD．

又∵∠AFB=∠DFC，∴△FAB∽△FDC．………………………………5分 （Ⅱ）如图，在FBE,FMD中，

FBEFMD90，BFEMFD(公共角)，

由三角形内角和定理，可知12

又四边形ABDC为圆的内接四边形，故32，

于是13，故F，E，A，B四点共圆，且MEF与MAB 为该圆的两条割线.

由割线定理知MEMFMAMB.……………………10分

63

（23）解：（Ⅰ）C1：sin+=2,C2：2＝2．……………………5分 1+2sin631

,（Ⅱ）M(3,0),N(0,1),∴P,∴OP的极坐标方程为=226, 3把=6代入sin+=2得1=1,P1,．

66

把=6代入2＝

62得2=2,Q2,． 1+2sin6∴|PQ|=|21|=1．即P，Q两点间的距离为1. …………………………10分

（24）解：（Ⅰ）当a=2时，原不等式为：|x+1|－|2x－2|<0，即|x+1|<|2x－2|，

1化简得（3x－1）（x－3）>0,解得x＜，或x＞3．

31故解集为x|x或x3 ……………………5分

3a（Ⅱ）∵a＞0，∴＞0．

2文科数学试题答案 第 4 页（共 5 页）

(x1)(2xa),x1,a∴原函数可以化为：f(x)= (x1)(2xa),1x,

2a(x1)(2xa),x.2x1a,x1,a即f(x)=3x1a,1x,

2ax1a,x.2aaa∴f(x)max=f=+1．所以+1≤3，∴a≤4．

222综上可得a的取值范围为{a|0文科数学试题答案 第 5 页（共 5 页）