广东省惠州市2016届高三第三次调研考试数学(理)试题

数 学（理科）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。

1．已知集合M{5,a23a5}，N{1,3}，若MN，则实数a的值为（ ） A．1 B．2 C．4 D．1或2 2．复数z2ii3（i为虚数单位）的共轭复数为（ ） i1f(2x)的定义域是（ ） x1A．12i B．i1 C．1i D．12i 3．若函数yf(x)的定义域是0,2，则函数g(x)A．[0,1)(1,2] B．[0,1)(1,4] C．[0,1) D．(1,4] 4．已知sincos4(0)，则sincos的值为（ ） 34A．

1122 B． C． D．

33335．已知圆O：x2y24上到直线l:xya的距离等于1的点至少有2个， 则a的取值范围为（ ）

A．(32,32) B．(,32)(32,) C．(22,22) D．[32,32]

数学试题（理科） 第 1 页 共 17 页

6．甲、乙等5人在9月3号参加了纪念抗日战争胜利70周年阅兵庆典后，在天安门广场排成一排拍照留念，甲和乙必须相邻的排法有（ ）种。 A．24 B．48 C．72 D．120

17．已知向量m(sinA,)与向量n(3,sinA3cosA)共线，其中A是ABC的内角，

2则角A的大小为（ ）

A. B. C. D.

328．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的S的值是（ ）

A．1007 B．2015 C．2016 D．3024

开始i1,S0aiicosi12i=i1是SSaii2016?否x2y29．若双曲线221(a0,b0)与直线y2x无交

ab点，则离心率e的取值范围是（ ） A．(1,2)

B．(1,2] C．(1,5)

D． (1,5]

输出S结束10．某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中最大面积是（ ）

A．22 B．4 C．23 D．26 正视图

侧视图

xy2011．设实数x,y满足条件3xy60，若目标函数

x0,y0俯视图

32zaxbya0,b0的最大值为12，则的最小值为（ ）

abA．

25 6B．

811 C． D．4 33数学试题（理科） 第 2 页 共 17 页

12．若函数f(x)满足：在定义域D内存在实数x0，使得f(x01)f(x0)f(1)成立，则称函数f(x)为“1的饱和函数”。给出下列四个函数：

①f(x)1； ②f(x)2x； ③f(x)lg(x22)； ④f(x)cosx． x其中是“1的饱和函数”的所有函数的序号为（ ）

A．①③ B．②④ C．①② D．③④

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第13题～第21题为必考题，每个考生都必须做答。 第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分。

a13．已知a2sinxdx，则二项式x2的展开式中x的系数为 ．

0x14．已知向量a1,3，向量b3,m．若向量b在向量a方向上的投影为3，

5则实数m＝ ．

15．设数列an的前n项和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，

则数列an的通项公式an ． 16．设点P在曲线y1xe上，点Q在曲线yln(2x)上，则|PQ|的最小值为 ． 2三．解答题：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）

如图所示，在四边形ABCD中， D=2B，且AD1，CD3，cosB（Ⅰ）求△ACD的面积；

（Ⅱ）若BC23，求AB的长．

数学试题（理科） 第 3 页 共 17 页

3． 3DABC18．（本小题满分12分）

某商场一号电梯从1层出发后可以在2、3、4层停靠。已知该电梯在1层载有4位乘客，假设每位乘客在2、3、4层下电梯是等可能的。

（Ⅰ）求这4位乘客中至少有一名乘客在第2层下电梯的概率；

（Ⅱ）用X表示4名乘客在第4层下电梯的人数，求X的分布列和数学期望。

19．（本小题满分12分）

如图，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，

ABC60，E,F分别是BC,PC的中点。

（Ⅰ）证明：AE平面PAD；

（Ⅱ）取AB2，若H为PD上的动点，EH与面PADPFABED6所成最大角的正切值为，求二面角EAFC2的余弦值。

20．（本小题满分12分）

Cx2y2已知中心在原点的椭圆C:221(a0,b0)的一个焦点为F1(3,0)，

ab点M(4,y)(y0)为椭圆上一点，MOF1的面积为（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）是否存在平行于OM的直线l，使得直线l与椭圆C相交于A、B两点，且以线段

3． 2AB为直径的圆恰好经过原点？若存在，求出l的方程，若不存在，说明理由。

数学试题（理科） 第 4 页 共 17 页

21．（本小题满分12分）

已知函数f(x)axx2xlnaa0,a1． （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若存在x1,x21,1，使得f(x1)f(x2)e1（e是自然对数的底数），

求实数a的取值范围。

请考生在第22、23、24题中任选一题做答。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。 22．（本小题满分10分）【选修4-1：几何证明选讲】

如图，正方形ABCD边长为2，以D为圆心、DA为半径的圆弧与以BC为直径的半圆O交于点F，连结CF并延长交AB于点E．

（Ⅰ）求证：AEEB；

EFAD（Ⅱ）求EFFC的值。

23．（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

BOCx1cos已知曲线C的参数方程是（为参数），直线l的极坐标方程为

y2sinsin（其中坐标系满足极坐标原点与直角坐标系原点重合，极轴与直角2．

4坐标系x轴正半轴重合，单位长度相同。）

（Ⅰ）将曲线C的参数方程化为普通方程，将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程； （Ⅱ）设M是直线l与x轴的交点，N是曲线C上一动点，求MN的最大值。

数学试题（理科） 第 5 页 共 17 页

24．（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知函数f(x)x22x1． （Ⅰ）求不等式f(x)2的解集；

（Ⅱ）对任意xa,，都有f(x)xa成立，求实数a的取值范围。

惠州市2016届高三第三次调研考试

数 学（理科）参与评分标准

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分。 题号 答案 1 D 2 A 3 C 4 B 5 A 6 B 7 C 8 D 9 D 10 C 11 D 12 B 1．【解析】由题意得，a2-3a+5=1或3，解得a=1或2，故选D． 2．【解析】因为z2i2i(i1)i3ii1i12i，所以由共轭复数的定义i1(i1)(i1)知，其共轭复数为12i，故应选A．

02x20x13．【解析】根据题意有：，所以，所以定义域为[0,1)．故选C．

x10x1416(0)，两边平方可得：12sincos，3947722即sincos，所以(sincos）=12sincos=1=，又因为0，

4194．【解析】因为sincos所以sincos，所以sincos0，所以sincos数学试题（理科） 第 6 页 共 17 页

2，故应选B． 35．【解析】由圆的方程可知圆心为0,0，半径为2．因为圆上的点到直线l的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离drd021，即d解得a(32,32)．故A正确．

246．【解析】甲乙相邻用捆绑法，所以A2A448，故应选B．

a1122a23，

7．【解析】m∥n,sinA(sinA3cosA)301cos2A3sin2A30 22221131A(0,),2A(,) ,sin2Acos2A1,sin(2A)1666226所以2A62,A3，故应选C．

8.【解析】此程序框图表示的算法功能为求和，用分组方式，常数项1共2016个，和为2016；余弦值四个一组，每组和为2，共504组，S201650423024，故选D．

2bb9．【解析】由题意可得，2，故e15，aaQ再根据 e＞1，可得e 的取值范围，故选D． 10．【解析】如图，该几何体是正方体中的NBCQ，正方体的棱长为2，四面体NBCQ的四个面的面积分别为

DMNPC2,22,22,23，最大的为23．故应选C．

11．【解析】画出不等式表示的平面区域，当直线

AB目标zaxbya0,b0过直线xy20与直线3xy60的交点4,6时，函数zaxbya0,b0取得最大12，即2a3b6，则

32 ab32a3b2a3b3b2aa24。当且仅当2时取等号。故选D．

2a3b2a3bb1数学试题（理科） 第 7 页 共 17 页

111所12．【解析】对于①，若存在实数x0，满足f(x01)f(x0)f(1)，则

x01x02以x0x010(x00,且x01)，显然该方程无实根，因此①不是“1的饱和函数”；对

于②，若存在实数x0，满足f(x01)f(x0)f(1)，则2x012x02，解得x01，因此②是“1的饱和函数”；对于③，若存在实数x0，满足f(x01)f(x0)f(1)，则

222lg(x1)2lg(x2)lg(12)，化简得2x022x030，显然该方程无实00根，因此不是“1的饱和函数”；对于④，注意到f4111cos,

3231111ff(1)coscos，即f(1)f()f(1)，因此是“1的饱和函数”，33233综上可知，其中是“1的饱和函数”的所有函数的序号是②④，故选B 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分。 13．0 14．3 15．13.【解析】因为a2n 16．2(1ln2) 2n10rsinxdx4,Tr1C5x25rr103r4r， C4x5x3r3令103r1，解得r3，则展开式中x的系数为C540．

ab3333mm3． 14 .【解析】根据投影的定义可知

a215.【解析】当n1时，nSn(n2)anS13a14；

nSn(n2)an2S24a22(a1a2)48，当n2时，所以数列nSn(n2)an是以4为首项，4为公差的等差数列，所以nSn(n2)an4n即Sn当n2时Sn1(n2)an4①，nan(n1)an4 ②，①-②得并整理得：n，

a2(n1)n1n1数学试题（理科） 第 8 页 共 17 页

所以有

an1n1a22，…，， an22(n2)a121anan1ann12n2a11n1， an1an2a12(n1)2(n2)212所以an当n1时，适合此式，所以an16．【解析】函数yn． 2n11xe和函数yln(2x)互为反函数图像关于yx对称，则只有直线21PQ与直线yx垂直时|PQ|才能取得最小值。设P(x,ex)，则点P到直线yx的距

21xex1x1x离为，令gxex,(x0)，则g'xe1， 2d222令g'x1x1e10得xln2；令g'xex10得0xln2， 22则gx在0,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增。 则xln2时gxmin则PQ2dmin1ln21ln2deln21ln20，所以min。

222(1ln2)。（备注：也可以用平行于yx的切线求最值）

三．解答题：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）cosDcos2B2cosB1因为D0,，所以sinD所以△ACD的面积S21 „„„„„„„„„（2分） 322，„„„„„„„„„„（4分） 31ADCDsinD2．„„„„„„（6分） 2（Ⅱ）解法一：在△ACD中，AC2AD2DC22ADDCcosD12， 所以AC23．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（8分）

数学试题（理科） 第 9 页 共 17 页

在△ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosB12„„„„„（10分） 把已知条件代入并化简得：AB24AB0因为AB0，所以AB4 „„（12分） 解法二：在△ACD中，在△ACD中，AC2AD2DC22ADDCcosD12， 所以AC23．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（8分） 因为BC23，23ABACAB，所以 ，„„„（10分） sinBsinACBsinBsin2B得AB4．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（12分） 18．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ） 设4位乘客中至少有一名乘客在第2层下电梯的事件为A,

1由题意可得每位乘客在第2层下电梯的概率都是， „„„„„„ (2分)

3265．„„„„„„„„„„„„„„（4分）

则P(A)1P(A)1381（Ⅱ） X的可能取值为0,1,2,3,4, „„„„„„„„„„„„„„（5分） 由题意可得每个人在第4层下电梯的概率均为

41，且每个人下电梯互不影响， 3所以XB(4,) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（6分）

13X 0 1 2 3 4 P 16 8132 8124 818 811 81 „„„„„„„„„„（10分）

14E(X)4． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（11分）

33所以所求的期望值为

4． „„„„„„„„„„„„„„„„„（12分） 3数学试题（理科） 第 10 页 共 17 页

19．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，ABC600，可得ABC为正三角形，因为

E为BC的中点，所以AEBC„„„„„„„„„„（1分）

又BC//AD，因此AEAD „„„„„„„„„„„„„„（2分） 因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，

所以PAAE „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（3分） 而PA平面PAD，AD平面PAD，PAADA，

所以AE平面PAD „„„„„„„„„„„„„„„„„„„（5分）

（Ⅱ）（法1：H为PD上任意一点，连接AH,EH由（1）知AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（6分） 在RTEAH中，AE此时tanEHA3，所以当AH最短时，即当AHPD时，EHA最大，

AE36，因此AH2„„„„„„„（7分） AHAH2又AD2，所以ADH450，所以PA2„„（8分） 因为PA平面ABCD，PA平面PAC， 所以平面PAC平面ABCD,

过E作EOAC于O，则EO平面PAC， 过O作OSAF于S，连接ES，

则ESO为二面角EAFC的平面角，„（9分） 在RTAOE中，EOAEsin300zPFSABExHOCDy33,AOAEcos300 2232 4又F是PC的中点，在RTASO中， SOAOsin450又SEEO2SO230 „„„„„„„„„„„„„„„„（10分） 4数学试题（理科） 第 11 页 共 17 页

在RTESO中，cosESOSO15,„„„„„„„„„„（11分） SE5即所求二面角的余弦值为

15。„„„„„„„„„„„„„„„（12分） 5（2）法2：由（1）可知AE,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，以AE,AD,AP分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。设APa,„„„„„„„（6分） 则A(0,0,0),B(3,1,0),C(3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,a),E(3,0,0),F(31a ,,)222H(0,22,a)（其中[0,1]）HE(3,2(1),a)

面PAD的法向量为n(1,0,0)

sin2|cosn,HE|233

34(1)2a22(a24)287EH与平面PAD所成最大角的正切值为6

22sin3(a4)8722的最大值为，

35即f(a)(a24)287在[0,1]的最小值为5，

函数f(a)对称轴所以f(a)minf(4(0,1)，

a244)5，计算可得a2„„„„„„„„„„（8分） 2a4所以AE(3,0,0),AF(31,,1) 22mAE0 设平面AEF的一个法向量为m(x,y,z)，则111mAF0数学试题（理科） 第 12 页 共 17 页

3x10z1因此3，取，则1m(0,2,1) „„„„（9分） 1x1y1z1022BD(3,3,0)为平面AFC的一个法向量. „„„„„„„„„„（10分）

所以cosm,BDmBD|m||BD|15„„„„„„„„„„„„（11分） 5所以，所求二面角的余弦值为

20．（本小题满分12分） 解：（1）SMOF115 „„„„„„„„„„„„„（12分） 5333 y 得y1 „„„„„„（1分）

222

① „„„„„„„（2分）

M在椭圆上，1611 a2b2F1是椭圆的焦点 a2b29 ② „„„„„„„„„（3分）

由①②解得：a218,b29 „„„„„„„„„„„„„（4分）

x2y2椭圆的方程为1. „„„„„„„„„„„„„„„„（5分）

1（2）OM的斜率k11，设l的方程为yxm，„„„„„（6分） 441yxm4联立方程组2整理得9y216my8m290. 2xy11929222m16m498m90△，解得4,4„„„（7分）

数学试题（理科） 第 13 页 共 17 页

16m8m29设A、B两点的坐标为(x1,y1)(x2,y2)，则y1y2,y1y2.„„„（8分）

99以AB为直径的圆的方程为(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0. 该圆经过原点 x1x2y1y20.

x1x2(4y14m)(4y24m)16y1y216m(y1y2)16m2 x1x2y1y216y1y216m(y1y2)16m2y1y2

17(8m29)162m217y1y216m(y1y2)16m16m20

99210292,92解得m„„„„„„„„„„„„„（11分） 444经检验，所求l的方程为y1102 „„„„„„„„„„（12分） x44（备注：若消去的变量为y，按对应给分点给分即可） 21．（本小题满分12分）

xx解：（Ⅰ）f(x)alna+2xlna2x+(a1)lna．„„„„„„„„（1分）

x因为当a1时，lna0，a1lna在R上是增函数，

x因为当0a1时，lna0，a1lna在R上也是增函数，

所以当a1或0a1，总有f(x)在R上是增函数，„„„„„„„„„„„（2分） 又f(0)0，所以f(x)0的解集为(0,+)，f'x0的解集为,0，„„（3分）故函数f(x)的单调增区间为(0,+)，单调减区间为,0．„„„„„„„„（4分） （Ⅱ）因为存在x1,x2[1,1]，使得f(x1)f(x2)≥e1成立， 而当x[1,1]时，f(x1)f(x2)≤f(x)maxf(x)min，

数学试题（理科） 第 14 页 共 17 页

所以只要f(x)maxf(x)min≥e1即可．„„„„„„„„„„„„„„„（5分） 又因为x，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示：

x f(x) (,0) 0 0 极小值 (0,+)  减函数 + 增函数 f(x) 所以f(x)在[1,0]上是减函数，在[0,1]上是增函数，所以当x[1,1]时，fx的最小值

fxminf01，fx的最大值fxmax为f1和f1中的最大值．„„„（7分）

12lna， a1121令g(a)a2lna(a0)，因为g(a)1+2(1)20，

aaaa1所以g(a)a2lna在a0,上是增函数．

a因为f(1)f(1)(a+1lna)(+1+lna)a而g(1)0，故当a1时，ga0，即f(1)f(1)；

当0a1时，ga0，即f(1)f(1)．„„„„„„„„„„„„（9分） 所以，当a1时，f(1)f(0)≥e1，即alna≥e1，

函数yalna在a(1,)上是增函数，解得a≥e；„„„„„„„（10分）

1a1lna≥e1， a11函数ylna在a(0,1)上是减函数，解得0a≤．„„„„„„（11分）

ae1综上可知，所求a的取值范围为a(0,][e,+)．„„„„„„„„„ (12分)

e当0a1时，f(1)f(0)≥e1，即在第22、23、24题中任选一题做答。 22（本小题满分10分）

解：（Ⅰ）由以D为圆心DA为半径作圆，而ABCD为正方形，

∴EA为圆D的切线 „„„„„„„„„„„„„„„„„„（1分） 依据切割线定理得EA2EFEC „„„„„„„„„„„„（2分）

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另外圆O以BC为直径，∴EB是圆O的切线，„„„„„„（3分） 同样依据切割线定理得EB2EFEC„„„„„„„„„„„（4分） 故AEEB„„„„„„„„„„„„„„„（5分） （Ⅱ）连结BF，∵BC为圆O直径，

∴BFEC „„„„„„„„„„„„（6分） 由SBCE得BFAD11BCBECEBF 22EF1225 „„„„„„„„„„（8分） 552BOC又在RtBCE中，由射影定理得EFFCBF23．（本小题满分10分）

4„„„„„„„„（10分） 5解：（Ⅰ）曲线C的参数方程可化为 x1y21 „„„„„„（2分）

22直线l的方程为sin2展开得 cossin2„„„„（4分） 4直线l的直角坐标方程为 xy20„„„„„„„„„„„„„„„（5分） （Ⅱ）令y0，得x2，即M点的坐标为（2，0）„„„„„„„„„（6分） 又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为1,2，半径r1，则MC5„„„（8分） 所以MN≤MCr51，MN的最大值为51．„„„„„„„（10分） 24（本小题满分10分） 解：（Ⅰ）f(x)－2

当x2时，x42, 即x2，∴x；„„„„„„„„„„„„（1分）

22,∴x1 „„„„„„„„„„（2分） 33当x1时，x42, 即x6, ∴1x6 „„„„„„„„„„„„（3分）

当2x1时，3x2,即x综上，解集为{x|23x6} „„„„„„„„„„„„„„„„„„„（4分）

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x4,x2（Ⅱ）f(x)3x,2x1 ，„„„„„„„„„„„„„„（5分）

x4,x1令yxa，a表示直线的纵截距，当直线过1,3点时，a2； ∴当a2，即a－2时成立；„„„„„„„„„„„„„„„„„（7分）

a, 2当a2，即a2时，令x4xa， 得x2∴aa，即a4时成立，„„„„„„„„„„„„„„„„„„（9分） 2综上a－2或a4 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（10分）

2+

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