湖北省黄冈市2016届高三4月适应性考试数学（文）试题（扫描版，含解析）.doc格式【15页】

，，分综合可得为定值，此定值为分解析Ⅰ当，时，，所以所以，，分所以曲线在点，处的切线方程为，即分Ⅱ证法当，时，要证明，只需证明以下给出三种思路证明思路设，则设，则，所以函数在，上单调递增因为，，所以函数在，上有唯零点，且，因为，所以，即当，时，当，时，所以当时，取得最小值故综上可知，当时，分思路先证明设，则因为当时，，当时，，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以当且仅当时取等号所以要证明，只需证明，即证明下面证明设，则当时，，当时，，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以当且仅当时取等号由于取等号的条件不同，所以综上可知，当，故选答案解析函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的倍，解析式变为来源，再向右平移个单位，解析式变为刚好是图像的个对称中心，故选答案解析设等差数列的首项为，公差为，因为，所以有，解得，故选答案解析因为，解得，所以，则，，不妨设又，，故，所以，解得，故选答案解析由可得点，在函数的图象上，代入解析式解得，，又当时，解得，则点，在函数的图像上，点，在函数的图象上，，故选答案解析由于程序中根据的取值，产生的值也不同，故可将程序中的值从小到大，每四个分为组，即，当为偶数时，当为偶数，即，时，否则，即，时，故可知每组的个数中，偶数值乘以累加至，但两个奇数对应的值相互抵消，即，故选答案解析不等式组对应的平面区域是由三条直线，和围成的三角形，三角形的三顶点坐标分别为，由题意可知在点，或线段上取最大值，在点，或线段上取最小值，于是有或或，解得，故选答案解析由题意可知几何体的形状是组合体右侧是放倒的圆柱，底面半径为，高为左侧是个底面半径为，高为的半圆锥几何体的表面积为，故选答案解析由已知得在，内有两个相异的实根，来源学科网又，即有在，内有两个相异的实根，即函数与的图象有两个交点，在，上单调递减，在，上单调递增，又时，，且，，有，解得，故选答案解析当时，由，解得，符合题意当时，由，解得，不符合题意，故舍去综上可得答案解析，，又，，，数列是以为首项，以为公比的等比数列，答案解析由已知及球的性质可知，球心到截面的距离为，，，解得，球答案解析由，，得，由椭圆的定义，，知，于是，解得，故由勾股定理得，从而，化简得，故离心率来源来源学科网年高三适应性考试调考试卷数学答案文科二解析Ⅰ分又，，则有，分所以当，即时，函数取到最大值，所以分Ⅱ由余弦定理知，即，解得，，分所以分解析Ⅰ由频率分布直方图可得，不喜欢这种造型的被调查者共有人，分打分的平均值为分Ⅱ如表喜欢头上长草的造型不喜欢头上长草的造型合计喜欢动画片不喜欢动画片合计，分所以有以上的把握认为被调查者喜欢头上长草的造型和自身喜欢动画片有关分解析Ⅰ连接，取的中点，连接，因为点为的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，分因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，因为为的中点，所以，即有，分又平面，平面，所以，即有，分又平面，所以平面分Ⅱ因为，，所以，分，，分又，，所以，设点到平面的距离为，则，分又，所以，分解析Ⅰ由题知，所以，为圆的直径，的方程为，直线的方程为，所以圆心到直线的距离，分所以，由中位线定理知，，分分Ⅱ设，当直线斜率存在时，设直线的方程为，代入圆的方程中有，整理得，则有，，分来源学科网分当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入圆的方程可得，，分综合可得为定值，此定值为分解析Ⅰ当，时，，所以所以，，分所以曲线在点，处的切线方程为，即分Ⅱ证法当，时，要证明，只需证明以下给出三种思路证明思路设，则设，则，所以函数在，分综合可得为定值，此来源学科网分当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入圆的方程可得，部分内容简介，则有，，分，点，在函数的图象上，，故选答案解析由于程序中根据的取值，解得，故选答案解析由可得点，在函数的图象上，代入解析式解得，，又当时，解得，则点，在函数的图像上当时，，当时，，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以当且仅当时取等号由于取等号的所以有，解得，故选答案解析因为，再向右平移个单位，解析式变为刚好是图像的个对称中心，故选答案解析设等差数列的首项为，公差为，因为，时，当为偶数，即，时，否则，即，时，故可知每组的个数中，偶数值乘以累加至，但两个奇数对应的值相互抵消，即，故选答案条件不同，所以综上可知，当，故选答案解析函数解析不等式组对应的平面区域是由三条直线，和围成的三角形，三角形的三顶点坐标分别为，由题意可知在点，或线段上取最大值，在点，或线段上取最小值，于是有或或，解得，故选答案解析由题意可知几何体的形状是组合体右侧是放倒的圆柱，底面半径为，高为左侧是个底面半径为，高为的半圆锥几何体的表面积为，故选答案解析由已知得在，内有两个相异的实根，来源学科网又，即有在，内有两个相异的实根，即函数与的图象有两个交点，当，时，当，时，所以当时分所以曲线在点，处的切线方程为，即分Ⅱ证法当，时，要证明，只需证明以下给出三种思路证明思路设，则设，则，所以函数在，上单调递增因为，，所以函数在，上有唯零点，且，因为，所以，即当，时，当，时，所以当时，取得最小值故综上可知，当时，分思路先证明所以当且仅当时取等号所以要证明，只需证明思路先证明设，则因为当时，，当时，，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以在，上单调递增因为，，所以函数在，上有唯零点，且，因为，所以，即要证明，只需证明以下给出三种思路证明思路设，，分所以曲线在点，处的切线方程为，即分Ⅱ证法当，时，，分综合可得为定值，此来源学科网分当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入圆的方程可得，