【纠错】百校联盟2016届文科数学纠错(1)

百校联盟2016年全国卷II高考《考试大纲》调研卷文科数学（第五模拟）一、选择题：共12题1．已知集合A={x|y=},集合B={x|≥0},则A∪B=A.AB.BC.{-1,1}D.{-1}【答案】A【解析】本题考查集合间的包含关系等基础知识.解题时注意分式中分母不为0.集合A={x|y=}={x|1-x2≥0}={x|-1≤x≤1},集合B={x|≥0}={x|-1≤x<1},故A∪B=A.2．已知复数z=+(i是虚数单位)的实部与虚部的和为1,则实数m的值为A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】本题考查复数的基础知识与基本运算.解题时对复数进行化简,进而求出m的值.由已知z=++,则+=1,得m=1,故选C.3．在等比数列{a n}中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的根,则的值为A.2B.4C.-2或2D.-4或4【答案】A【解析】本题考查等比数列的基本运算及性质.求解时一定要注意等比数列中奇数项的符号相同的关系,否则容易出现错解.∵a3,a15是方程x2-6x+8=0的根,∴a3a15=8,a3+a15=6,因而a3,a15均为正,由等比数列的性质知,a1a17==a3a15=8,∴a9=2,=2,故选A.4．已知在平面中,A(1,0),B(1,),O为坐标原点,点C在第二象限,且∠AOC=120°,若=λ-2,则λ的值为A.-1B.2C.1D.-2【答案】C【解析】本题考查向量的运算、向量的夹角公式等,利用点C所在的象限,求出参数λ的范围,再利用∠AOC 的大小求出λ.由已知得,=(1,),=(1,0),则=λ-2=(λ-2,λ),又点C在第二象限,故λ-2<0,λ>0,则0<λ<2,由于∠AOC=120°,所以cos∠AOC==-,解得λ=1,故选C.5．已知-=1(a>0,b>0)的两条渐近线与抛物线y=x2+1相切,则双曲线的离心率为A. B. C.2 D.【答案】A【解析】本题考查双曲线的基础知识,考查运算求解能力及灵活变通能力.解析几何是高考的重点,而双曲线在选择、填空题中是必考内容之一,双曲线的复习以基础为主,但要注意其综合性.双曲线的渐近线为y=±x,代入抛物线方程得,x2±x+1=0,∴Δ=-4=0,故e2=+1=5,∴e=,故选A.6．在长度为10的线段AB上任取一点C(异于A,B),则以AC,BC为半径的两圆面积之和小于58π的概率是A. B. C. D.【答案】B【解析】本题考查几何概型、一元二次不等式的解法等基础知识,考查考生的运算求解能力.设AC=x,则BC=10-x,0<x<10.由题意知,πx2+π(10-x)2<58π,即x2-10x+21<0,解得3<x<7.故所求的概率为. 7．如图为一个圆柱中挖去两个完全相同的圆锥而形成的几何体的三视图,则该几何体的体积为A.πB.πC.πD.π【答案】C【解析】本题考查三视图的基础知识,考查圆锥与圆柱体积的求解公式,考查考生的空间想象能力.通过所给条件正确确定几何体的形状是解题的关键.三视图是必考题,且在高考中形式灵活多样,考生需要提高空间想象能力,以不变应万变,同时加强几何体体积及表面积求法的练习,提高运算能力.由已知三视图,可得这个几何体的直观图如图所示,则其体积为圆柱的体积减去两个圆锥的体积,即π×12×2-2××π×12×1=π,故选C.8．已知x,y满足不等式组,则(x+2)2+(y+1)2的最小值为A.4B.5C.6D.7【答案】B【解析】本题通过线性规划的知识,考查数形结合能力.求解时准确作出可行域,求出(x+2)2+(y+1)2的最小值. 由不等式组作出可行域如图中阴影部分所示,(x+2)2+(y+1)2的几何意义为可行域内的点与定点C(-2,-1)之间的距离的平方,其最小值为5,故选B.9．定义[x]为不超过x的最大整数,例如[1.3]=1.执行如图所示的程序框图,当输入的x为4.7时,输出的y值为A.7B.8.6C.10.2D.11.8【答案】C【解析】本题考查程序框图的知识,考查考生分析问题、解决问题的能力.注意求解时准确判断条件满足与否,决定程序执行的方向.当输入的x为4.7,执行程序框图可知,4.7-[4.7]=0.7,即4.7-[4.7]不等于0,因而可得y=7+([4.7-3]+1)×1.6=10.2,输出的值为10.2,故选C.10．已知函数f(x)=,如果对任意的n∈N*,定义f n(x)=x)]},那么f2 016(2)的值为A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】本题以分段函数为背景考查函数求值、函数的周期性等知识.分段函数仍是新课标高考中的热点,另外,函数的零点、函数的性质等也备受命题者的青睐,考生一定要多关注.∵f1(2)=f(2)=1,f2(2)=f(1)=0,f3(2)=f(0)=2,∴f n(2)的值具有周期性,且周期为3,∴f2 016(2)=f3×672(2)=f3(2)=2,故选C.11．已知椭圆+=1(a>b>0)及圆O:x2+y2=a2,如图过点B(0,a)与椭圆相切的直线l交圆O于点A,若∠AOB=60°,则椭圆的离心率为A. B. C. D.【答案】A【解析】本题主要考查椭圆的基础知识,考查直线与圆、椭圆的位置关系等,突出对转化能力、运算能力等的考查.求解时将直线方程与椭圆方程联立,确定相切时直线的斜率,进而求出直线与圆的交点坐标,利用向量求角的余弦值,得出离心率,也可利用直线l的斜率与离心率e的关系数形结合求解.由已知,显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+a,则由得(b2+a2k2)x2+2a3kx+a2c2=0, ∴Δ=4a6k2-4a2c2(b2+a2k2)=0,结合图形解得k=,即直线l的方程为y=x+a.通解y=x+a与x2+y2=a2联立得x A=,y A=,由于∠AOB=60°,因而cos∠AOB=,即,∴,得e=,故选A.优解故直线l的斜率为=e,由于∠AOB=60°,设AB与x轴交于点C,则在Rt△OBC中,∠OCB=30°,因而e=tan ∠OCB=,故选A.12．已知f(x)是定义在(0,)上的函数,其导函数为f'(x),若恒有f(x)<f'(x)tan x成立,则下列结论成立的是A.f()>f()B.f(1)<2f()C.f()>f()D.f()<f()【答案】D【解析】本题将三角知识、函数与导数相结合,考查角度新颖,对考生的综合能力要求较高.由f(x)<f'(x)tan x,且x∈(0,),知f(x)cos x<f'(x)sin x,设g(x)=,则g'(x)=>0,g(x)在(0,)上为增函数,g()>g(),也就是 ,∴f()<f(),故选D.二、填空题：共4题13．某校共有3 000名学生,其中男生1 800名,为调查学生对学校伙食的满意度,现采用分层抽样的方法抽取一个容量为300的样本,则样本中女生的人数为.【答案】120【解析】本题主要考查了分层抽样的有关知识,属于容易题.解题的关键是根据分层抽样所满足的比例关系列出等式,从而求出女生的人数.设样本中女生的人数为x,则,∴x=120,即样本中女生的人数为120.14．已知函数f(x)=a ln x+(x+1)2,若图象上存在两个不同的点A(x1,y1)、B(x2,y2)(x1>x2),使得f(x1)-f(x2)≤4(x1-x2)成立,则实数a的取值范围为.【答案】(-∞,]【解析】本题考查运用导数知识解决函数问题,考查考生的基本运算能力与分析、解决问题的能力.求解时构造函数,求得函数g(x)的最大值,即可求得a的取值范围.由题意可得,f(x)=a ln x+x2+2x+1,f'(x)=+2(x+1),由题意知,存在x>0,使得f'(x)≤4成立,即存在x>0,使得a≤-2x2+2x成立,设g(x)=-2x2+2x=-2(x-)2+,其最大值为,因而a≤.15．已知过球面上三点A,B,C的平面与球心的距离为球半径的一半,且△ABC的三边长分别为3,4,5,则该球的表面积为.【答案】【解析】本题考查球的相关知识,考查考生的空间想象能力及基本的运算能力,高考中对于与球相关知识的考查,往往结合球的内接柱、锥等几何体,考查球的表面积或体积的求解.设球的半径为R,由题意可知,R2=+,解得R2=,则球的表面积为4πR2=.16．已知数列{a n}的前n项和为S n=n2,若a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…+a2n-1a2n-a2n a2n+1≥t·n2对任意的n∈N*恒成立,则t的最大值为.【答案】-12【解析】本题考查数列的知识,立意新颖,突出对考生综合能力的考查.由已知S n=n2可得,n=1时,a1=1,n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1,a1=1适合上式,因而数列{a n}是公差为2的等差数列, a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…+a2n-1a2n-a2n a2n+1=a2(a1-a3)+a4(a3-a5)+…+a2n(a2n-1-a2n+1)=-4(a2+a4+…+a2n)=-4×=-8n2-4n.若对任意的n∈N*不等式-8n2-4n≥t·n2恒成立,则t≤--8恒成立,因而t≤-12,t的最大值为-12.三、解答题：共8题17．已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中c为最长边.(1)若sin2A+sin2B=1,试判断△ABC的形状;(2)若a2-c2=2b,且sin B=4cos A sin C,求b的值.【答案】(1)由已知,sin2A+sin2B=1,∴sin2A=1-sin2B=cos2B,由于c为最长边,∴A,B均为锐角,则sin A=cos B.∴sin A=sin(-B),∴A=-B,即A+B=.故△ABC为直角三角形.(2)由已知sin B=4cos A sin C,结合正弦定理和余弦定理得b=×c,即b2=2(a2-c2),又a2-c2=2b,∴b2=4b,又b≠0,∴b=4.【解析】本题考查正、余弦定理,同角三角函数之间的关系等知识.第(1)问通过同角三角函数的关系式、诱导公式判断三角形的形状;第(2)问利用正、余弦定理求b的值.【备注】正、余弦定理,三角形的面积公式是解三角形的必要工具,求解三角形问题时常常需要利用正、余弦定理实现边角转换,在边角转换过程中,一定不要省略步骤,否则容易造成不必要的错误.另一方面,要注意三角公式中的变式应用,如sin(A+B)=sin C,cos(A+B)=-cos C,tan A+tan B+tan C=tan A tan B tan C,sin2A-sin2B=sin(A+B)sin(A-B)等.18．对甲、乙两名同学的8次数学测试的成绩(满分60分)进行统计分析,记录的成绩如下:甲:52,51,49,48,54,48,49,49乙:60,53,50,45,56,48,43,45(1)画出两名同学成绩的茎叶图,并分别求两名同学成绩的平均值和方差,对两名同学的成绩进行统计分析;(2)现从甲同学的成绩中抽取一数据x(x≥50),从乙同学的成绩中抽取一数据y(y<50),求x-y≥10的概率.【答案】(1)茎叶图如图所示.甲同学的平均成绩为=50分,乙同学的平均成绩为=50分,甲同学成绩的方差为[(52-50)2+(51-50)2+(49-50)2+(48-50)2+(54-50)2+(48-50)2+(49-50)2+(49-50)2]=4, 乙同学成绩的方差为[(60-50)2+(53-50)2+(50-50)2+(45-50)2+(56-50)2+(48-50)2+(43-50)2+(45-50)2]=31,由于平均成绩反映的是两名同学的平均水平,因而可知甲、乙两名同学的平均水平相当,而甲同学成绩的方差远远小于乙同学成绩的方差,因而从考试发挥的稳定程度上看,甲同学的成绩更稳定. (2)现从甲同学的成绩中抽取一数据x(x≥50),有51,52,54三种可能,从乙同学的成绩中抽取一数据y(y<50),有45,48,43,45四种可能,因而总的可能结果有(51,45),(51,48),(51,43),(51,45),(52,45),(52,48),(52,43),(52,45),(54,45),(54,48),(54,43),(54,45),共12种情况,设“x-y≥10”为事件M,则M所包含的情况有(54,43),共1种,故P(M)=.【解析】本题考查茎叶图、古典概型概率的求法等知识,考查考生的运算能力及分析问题、解决问题的能力. 【备注】分析近几年高考试题,概率与统计往往设计在同一个题目中,体现知识间的整合,古典概型概率的求法仍是考查的重点.在解题中需注意:①认真审题,理清已知条件中的信息,包括茎叶图、频率分布直方图、频数分布表、样本数据等,将其转化成解题必备的数学信息;②分清所求概率类型,是古典概型,还是几何概型等;③将随机事件的可能结果列全,找准所求事件包含的基本事件个数,避免由于思维不缜密造成不必要的失分;④要注重对基本概念、基本性质的理解,并提高知识整合能力,特别是提高知识点交汇问题的求解能力,提升阅读理解能力.19．如图,将菱形AECF沿对角线EF折叠,分别过E,F作AC所在平面的垂线ED,FB,垂足分别为D,B,四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°.(1)求证:FC∥平面ADE;(2)若AB=2BF=2,求该几何体的体积.【答案】(1)由题意知FB∥DE,FB⊄平面ADE,DE⊂平面ADE,∴FB∥平面ADE,又BC∥AD,BC⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,∴BC∥平面AD E.∵FB∩BC=B,BC,FB⊂平面BFC,∴平面BFC∥平面ADE,又FC⊂平面BFC,∴FC∥平面AD E.(2)连接BD,AC,且BD∩AC=O,∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,又DE⊥平面ABCD,∴AC⊥ED,又BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF,又OC=OA,∴V C-BDEF=V A-BDEF,∵AB=2BF=2,∠BAD=60°,∴S 四边形BDEF=1×2=2,OC=,∴V C-BDEF=×2×,∴该几何体的体积为.【解析】本题以通过折叠形成的不规则几何体为载体,考查空间线面垂直、线线垂直、线面平行等位置关系的证明及空间几何体体积的求解.解题时要注意解题过程的规范性与全面性.【备注】高考立体几何解答题主要考查线线、线面、面面平行与垂直的证明,且多为中低档题,因此在复习时,要做到以下三点:(1)抓住重点, 立体几何的重点是线线、线面、面面平行与垂直的证明及简单几何体表(侧)面积、体积的计算,考生要强化训练,熟悉证明及求解的方法;(2)注重规范,即注重立体几何证明中书写的规范性,包括语言的规范性、过程的规范性等,对于这一点,考生要加强针对性训练,做到没有遗漏;(3)提升能力,在复习过程中,考生要不断培养自己的空间想象能力、逻辑思维能力和推理能力.20．已知点P是抛物线C:y2=x在第四象限内的点,抛物线在点P处的切线l分别交x轴,y轴于不同的两点A,B.(1)若圆心在x轴上的圆M与切线l也相切于点P,且满足|PB|=|PM|,求圆M的标准方程;(2)在(1)的条件下,记过点A且与直线l垂直的直线为m,Q是抛物线C上的点,若点Q到直线m的距离最小,求点Q的坐标.【答案】(1)设P(t2,t),t<0,切线l的方程为y-t=k(x-t2),其中k≠0,联立,得y2-y+-t2=0,由Δ=-4(-t2)=0得k=,因此直线l的方程为y-t=(x-t2),即x-2ty+t2=0. 令y=0,得x=-t2,所以A(-t2,0),令x=0,得y=,所以B(0,).设M(a,0),因为圆M与l相切于点P,|PB|=|PM|,且PB⊥PM,所以|MB|2=2|PB|2,即a2+=2(t4+),所以a2=+2t4①,又·=0,所以-t2(a-t2)+=0,即t2=a-②.联立①②解得a=或a=(舍去),|PM|2=,所以圆M的标准方程为(x-)2+y2= .(2)由(1)知A(-1,0),直线l的斜率为-,所以直线m的斜率为2,故直线m的方程为2x-y+2=0.设与直线m平行且与抛物线C相切的直线为2x-y+b=0(b≠2),代入抛物线方程,得y2=,即2y2-y+b=0,由Δ1=1-8b=0得b=,此时y=,x=,所以点Q的坐标为(,).【解析】本题主要考查抛物线、圆等基础知识,考查圆的标准方程的求法,考查考生的化归与转化思想. 【备注】分析近几年新课标全国卷Ⅱ,不难发现解析几何的考查基本稳定在椭圆、圆、抛物线上,已知条件以向量形式给出也很普遍.本题以圆与抛物线相结合的方式进行考查,突破传统思维定势的影响,提高了复习的全面性与灵活性.21．已知函数f(x)=,g(x)=ax-a.(1)判断函数f(x)的单调性并求其极值;(2)若函数g(x)的图象与函数f(x)的图象相切,求a的值及切点的坐标.【答案】(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),由f'(x)==0,得x=e,当x∈(0,e)时,f'(x)>0,f(x)为增函数,当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0,f(x)为减函数,所以f(x)有极大值f(e)=,无极小值.(2)设函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切于点M(t,),由f'(x)=,则f'(t)==a,且=at-a,消去a得(2t-1)ln t-t+1=0.设h(t)=(2t-1)ln t-t+1,则h'(t)=2ln t+-1=2ln t-+1.设φ(t)=2ln t-+1,则φ'(t)=+>0,所以φ(t)=2ln t-+1在其定义域上单调递增,即h'(t)=2ln t-+1单调递增.又h'(1)=0,所以当t∈(0,1)时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当t∈(1,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,所以h(t)的最小值为h(1)=0,所以(2t-1)ln t-t+1=0仅有一解t=1,此时a==1,切点为M(1,0).【解析】本题主要考查利用导数研究曲线的切线,函数的单调性、极值等,考查考生的运算求解能力.【备注】函数的单调性、极值、最值的应用是高考命题的重点与热点,导数与不等式等结合的题目成为整套试卷的压轴题,并且其难度不会再加大,会保持相对平稳,因此猜想2016年高考对函数单调性、极值、最值等仍会重点考查,而且已知条件中函数表达式的结构不会太复杂.22．如图,在△ABC中,∠BAC的平分线交BC于D,交△ABC的外接圆于E,延长AC交△DCE的外接圆于F.(1)求证:BD=DF;(2)若AD=3,AE=5,求EF的长.【答案】(1)在△ABC的外接圆中,∠ABC=∠AEC,在△DEC的外接圆中,∠DEC=∠DFC,因而∠ABC=∠DFC. 又AD是∠BAC的平分线,∴∠BAD=∠CAD,又AD=AD,∴△ADB≌△ADF,∴DB=DF.(2)由(1),同理得∠BAD=∠BCE,∠DCE=∠DFE,∠BAD=∠CAD,∴∠CAD=∠DFE,∴△FDE∽△AFE,因而,即EF2=AE·DE=10,即EF=.【解析】高考对本部分内容的考查主要围绕圆的切线问题进行,主要考查考生的推理能力、逻辑思维能力.灵活运用与圆有关的定理、几何性质是解题的关键.23．已知曲线C的极坐标方程为ρ2-2ρcos(θ+)-2=0.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系xOy.(1)若直线l过原点,且被曲线C截得的弦长最小,求直线l的直角坐标方程;(2)若M是曲线C上的动点,且点M的直角坐标为(x,y),求x+y的最大值.【答案】(1)ρ2-2ρcos(θ+)-2=0,即ρ2-2ρcosθ+2ρsinθ-2=0,将代入得曲线C的直角坐标方程为(x-1)2+(y+1)2=4,圆心C(1,-1),若直线l被曲线C截得的弦长最小,则直线l与OC垂直,即k l·k OC=-1,因而k l=1,故直线l的直角坐标方程为y=x.(2)因为M是曲线C上的动点,因而利用圆的参数方程可设(φ为参数),则x+y=2sinφ+2cosφ=2sin(φ+),当sin(φ+)=1时,x+y取得最大值2.【解析】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线与圆的位置关系等知识,考查考生的运算求解能力.24．已知函数f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a.(1)当a=-1时,解不等式f(x)≤g(x);(2)若存在x0∈R,使得f(x0)≥g(x0),求实数a的取值范围.【答案】(1)当a=-1时,不等式f(x)≤g(x),即|x+1|≤2|x|-1,从而,即x≤-1,或,即-1<x≤-,或,即x≥2.从而不等式f(x)≤g(x)的解集为{x|x≤-或x≥2}.(2)存在x0∈R,使得f(x0)≥g(x0),即存在x0∈R,使得|x0+1|≥|x0|+,即存在x0∈R,使得≤|x0+1|-|x0|.设h(x)=|x+1|-|x|=,则h(x)的最大值为1,因而≤1,即a≤2.【解析】本题考查绝对值不等式的求解,分类讨论很关键,第(2)问是本题的难点,是存在性问题,需要考生将该问题与恒成立问题加以区分,虽然都是转化为求最值问题,但有根本的区别.。

百校联盟2016年全国卷I高考最后一卷（押题卷）文科数学（第九模拟）一、选择题：共12题1．设直角坐标系xOy内的一点P(m,n),且满足1+i2−i =m+n i5(i是虚数单位),则点P的坐标是A.(1,-3)B.(-3,1)C.(3,1)D.(1,3) 【答案】D【解析】本题主要考查考生对相关概念的理解和复数的运算.因为1+i2−i =(1+i)(2+i)5=1+3i5=m+n i5,所以m=1,n=3.选择D.2．函数f(x)=(x-2)·x+1x−2的定义域是A.(-1,-12) B.(-12,12)C.(-∞,-1]∪(2,+∞)D.[-1,2)【答案】C【解析】本题考查函数定义域的求解及不等式的解法,考查考生对基础知识的掌握情况.因为x+1x−2≥0,所以(x-2)(x+1)≥0,且x-2≠0,解得x≤-1或x>2.3．椭圆y29+x24=1的焦点坐标是A.(0,±5)B.(±5,0)C.(0,±13)D.(±13,0)【答案】A【解析】本题考查了椭圆的标准方程的简单应用.解题时注意确定焦点所在的坐标轴.由题意知,a=3,b=2,故c=9−4=5,易知椭圆y29+x24=1的焦点在y轴上,所以椭圆y29+x24=1的焦点坐标是(0,±5),故选A.4．设e1,e2为单位向量,且e1,e2的夹角为π3,若a=e1+3e2,b=2e1,则向量a在b方向上的投影为A.52B.32C.23D.13【答案】A【解析】本题考查向量数量积的运算和投影的概念与求法,考查考生的运算能力,属于基础题.先运用向量的数量积得e1·e2=|e1|·|e2|·cosπ3=12,进而得a·b=5,再由向量投影的概念可得向量a在b方向上的投影为a·b|b|,即可得到所求值.由e1,e2为单位向量,且e1,e2的夹角为π3,可得e1·e2=|e1|·|e2|·cosπ3=12.若a=e1+3e2,b=2e1,则a·b=2e12+6e1·e2=2+6×12=5,|b|=2,所以向量a在b方向上的投影为a·b|b|=52.5．在区间[-2,4]上随机抽取实数x,若x满足x2≤m的概率为56,则实数m的值为A.2B.3C.4D.9【答案】D【解析】本题考查几何概型的相关知识,画出数轴是求解本题的关键.画出数轴,利用x满足x2≤m的概率为56,直接求出m的值即可.如图,区间[-2,4]的区间长度是6,因为在区间[-2,4]上随机抽取实数x,x满足x2≤m的概率为56,所以m=9.故选D.6．执行如图所示的程序框图,则输出的S的值是A.57B.34C.32D.29【答案】D【解析】本题主要考查程序框图,考查考生的识图能力,属于中档题.执行题图中的程序框图,列表如下:7．已知函数y=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,π2<|φ|<π)的部分图象如图所示,则满足|f(x)|<1的f(x)的单调递减区间是A.(3+4kπ,4+4kπ),k∈ZB.(1+2k,2+2k),k∈ZC.(3+4k,4+4k),k∈ZD.(1+2kπ,2+2kπ),k∈Z【答案】C【解析】本题考查三角函数的图象与性质,考查考生灵活应用知识的能力.T 4=52-32=1,∴T=4,ω=2πT=π2,又π2×32+φ=kπ(k∈Z),π2<|φ|<π,∴φ=-3π4,又A sin(0-3π4)=-1,∴A=2,∴f(x)=2sin(π2x-3π4).易知满足题意的条件为34π+2kπ<π2x-34π<5π4+2kπ,k∈Z,化简得3+4k<x<4+4k,k∈Z,故选择C.8．设实数x,y满足x+2y≤62x+y≤6x≥0,y≥0,定义:max{a,b}=a,a≥bb,a<b.记z=max{x+2y+2,2x+3y-1},且z=x+2y+2,则z的最大值是A.8B.5C.9D.4【答案】A【解析】本题考查二元一次不等式组所表示的平面区域,考查考生分析和处理问题的能力.∵z=max{x+2y+2,2x+3y-1}=x+2y+2,∴x+2y+2≥2x+3y-1,即x+y≤3,此时,x,y所满足的条件是x+2y≤62x+y≤6x+y≤3x≥0,y≥0,作出约束条件所表示的平面区域如图中的阴影部分所示,则C(0,3)是z的最大值的最优解,且z max=0+2×3+2=8,选择A.9．已知在数列{a n}中,a1=127,当n∈N*,且n≥2时,a n=3a n-1+2n-1,则a6=A.544B.211C.322D.431【答案】D【解析】本题考查递推数列和等比数列的通项公式的求法,考查考生的运算求解能力. 因为a n=3a n-1+2n-1,所以a n=3a n-1+(3-2)·2n-1,得a n+2n=3a n-1+3·2n-1=3(a n-1+2n-1),所以数列{a n+2n}是首项为5527,公比为3的等比数列,因此a n+2n=5527·3n-1,从而得a n=55×3n-4-2n,a6=55×32-26=431.10．设命题p:∃x0∈R,e x0=mx0,命题q:∀x>0,2x+1e x≥m,若p∨(¬q)是假命题,则实数m的取值范围是A.[2ee ,e) B.(e,22ee] C.[0,e) D.[0,22ee]【答案】D【解析】本题考查命题的真假判断和不等式的知识,考查考生分析问题、解决问题的能力及综合运用知识的能力.因为p∨(¬q)是假命题,所以p是假命题,q是真命题.当m=0时,e x0=mx0不成立;当m>0时,设直线y=mx与y=e x相切时的切点为T(t,e t),则m=e t=e t−0t−0,得t=1,m=e,当0<m<e时,直线y =mx 与y =e x 相离,e x 0=mx 0不成立,则0≤m <e.由q 是真命题,知m ≤2x+1e x 在(0,+∞)上恒成立,即m ≤(2x+1e x )min =2 2e e,当且仅当2x =1e x ,即x = 2e 2e时等号成立.综上,0≤m ≤2 2ee.11．已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都为4 3,侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,则此球的体积等于 A.220π3B.220 7π3C.224π3D.224 7π3【答案】D【解析】本题考查三棱柱的结构特征、球的体积的计算及勾股定理等,考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都为4 3,侧棱垂直于底面,所以△ABC 、△A 1B 1C 1都是边长为4 3的等边三角形,如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,O 1、O 2分别是△A 1B 1C 1、△ABC的中心,O 是O 1O 2的中点,D 是AB 的中点,所以O 1O 2=4 3,O 2C =23CD =23× 32×4 3=4.因为三棱柱各顶点都在同一球面上,所以外接球的半径R =OC ,在Rt △OO 2C 中,由勾股定理可得R =OC = OO 22+O 2C 2= (2 3)2+42=2 7,故外接球的体积V =43π·R 3=4π3×(2 7)3=224 7π3.12．设△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c .若△ABC 的面积为2,AB 边上的中线长为 2,且b =a cos C+c sin A ,则a = A.2 B. 10 C. 10或2 D.2 2【答案】C【解析】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等,考查了考生的推理能力与计算能力.由正弦定理可得sin B =sin A cos C+sin C sin A =sin(A+C ),展开化简可得tan A =1,结合A ∈(0,π),可得A =π4,利用S △ABC =12bc sin A =2,可得bc =4 2,在△ACD 中,由余弦定理解得b ,c ,进而在△ABC 中利用余弦定理得出结果.如图所示,设D为AB的中点.∵b=a cos C+c sin A,∴由正弦定理可得sin B=sin A cos C+sin C sin A=sin(A+C)=sin A cos C+cos A sin C,∴sin C sin A=cos A sin C,∵sin C≠0,∴tan A=1,又A∈(0,π),∴A=π4.∵S△ABC=12bc sin A=2,∴bc=42.在△ACD中,由余弦定理可得(2)2=b2+(c2)2-2b×c2cosπ4,化简得4b2+c2=24,与bc=42联立可得b=2,c=4或b=2,c=22.在△ABC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc cosπ4,解得a=10或2.二、填空题：共4题13．已知集合A={y|y=x−1x+1,x∈(0,2)},B={x|y=lg(2x+1)},则A∪B=.【答案】(-1,+∞)【解析】本题主要考查函数的定义域、值域,集合的并运算,考查考生对基础知识的掌握情况,属于容易题.因为y=x−1x+1=1-2x+1在(0,2)上是增函数,所以y∈(-1,13),即A=(-1,13),由已知得B=(-12,+∞),所以A∪B=(-1,+∞).14．已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为.【答案】6+92(11+3)【解析】本题考查由三视图还原直观图的方法、三棱锥的表面积计算,考查考生的空间想象能力与计算能力.由题意知,该几何体的直观图如图所示,则其表面积为1 2×4×3+12×4×11+12×5×11+12×3×33=6+92(11+3).15．定义运算:x▽y=x,xy≥0y,xy<0,例如:3▽4=3,(-2)▽4=4,则函数f(x)=x2▽(2x-x2)的最大值为.【答案】4【解析】本题考查考生对新定义函数的理解和运用,考查二次函数的最值的求法,考查考生的运算能力,属于中档题.由题意可得f(x)=x2▽(2x-x2)=x2,0≤x≤22x−x2,x>2或x<0,当0≤x≤2时,f(x)∈[0,4];当x>2或x<0时,f(x)∈(-∞,0).综上可得f(x)的最大值为4.16．已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,其准线经过双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点,点M为这两条曲线的一个交点,且|MF|=2p,则双曲线的离心率为.【答案】2+73【解析】本题考查抛物线的定义,双曲线、抛物线的性质.先根据条件及抛物线的定义求点M的坐标,再根据抛物线的准线经过双曲线的左焦点,求得双曲线的半焦距c与p的关系,最后将点M的坐标代入双曲线的方程,并结合b2=c2-a2,e=ca求得双曲线的离心率.设点M的坐标为(x,y),由抛物线的定义可得|MF|=x+p2=2p, 解得x=3p2,将x=3p2代入抛物线的方程得y2=2p·3p2=3p2,解得y=±3p,因此点M的坐标为(3p2,±3p).由于抛物线的准线x=-p2经过双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点,因此有-p2=-c,即c=p2,因此双曲线的方程为x2(p 2)2−b2-y2b2=1,不妨取M(3p2,3p),将点M的坐标代入双曲线的方程得(3p2)2(p2)2−b2-3p2b2=1,整理得4b4+20p2b2-3p4=0,解得b2=(27−5)p22,所以a2=(11−47)p24,即a=(7−2)p2,所以e=ca=p2(7−2)p2=2+73.三、解答题：共8题17．已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=n2+n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{S n(n+1)·2n}的前n项和T n. 【答案】(1)因为S n=n2+n,所以S n-1=n2-n(n≥2).所以a n=S n-S n-1=2n(n≥2),当n=1时,a1=S1=2也满足上式,所以a n=2n.(2)由(1)知S n=n(n+1),所以S n(n+1)·2n =n(n+1)(n+1)·2n=n2n,所以T n=121+222+323+…+n2n,所以12T n=122+223+324+…+n2n+1,两式相减得12T n=121+122+123+…+12n-n2n+1,所以12T n=12(1−12n)1−12-n2n+1,所以T n=2-2+n2n.【解析】本题主要考查a n与S n的关系、错位相减法求和等,考查考生的运算求解能力,属于基础题.(1)由a n与S n的关系求出a n;(2)利用错位相减法求和.【备注】数列是高考的热点内容,但是无论怎样命题,肯定少不了考查数列(包括等差数列与等比数列)的基本概念、基本公式,如通项公式、前n项和公式(公式法、错位相减法、裂项相消法)的理解与记忆,与函数、不等式、方程等知识交汇仍然是这类问题的常见命题规律,万变不离其宗,考生在复习备考中只要把数列部分的基础知识落实好,就能在高考中游刃有余,解题时得心应手.18．已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,点P,Q,R分别在棱AA1,BB1,BC 上,Q是BB1的中点,且PQ∥AB,C1Q⊥QR.(1)求证:C1Q⊥平面PQR;(2)若C1Q=3,求四面体C1PQR的体积.【答案】(1)∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱, ∴AB⊥平面B1BCC1,又PQ∥AB,∴PQ⊥平面B1BCC1,∴C1Q⊥PQ,又C1Q⊥QR,且QR∩PQ=Q,∴C1Q⊥平面PQR.(2)∵B1C1=2,C1Q=3,∴B1Q=1,∴BQ=1.∵Q是BB1的中点,C1Q⊥QR,∴∠B1C1Q=∠BQR,∠C1B1Q=∠QBR,∴Rt△B1C1Q∽Rt△BQR,∴BR=22,∴QR=62.由(1)可知C1Q、QR、QP两两垂直,∴四面体C1PQR的体积V=16×C1Q×QR×QP=12.【解析】本题主要考查空间线面垂直的证明、几何体的体积等知识,考查考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.(1)利用线面垂直的判定定理进行证明;(2)由(1)得C1Q、QR、QP两两垂直,分别求出C1Q、QR、QP的长即可求出四面体C1PQR的体积.【备注】高考立体几何部分的题目难度不会太大,其考查方向主要有以下几点:(1)直接结合给出的几何体的直观图,考查线线、线面、面面的位置关系(平行、垂直为主),考查几何体的表面积或体积;(2)以三视图为背景,要求考生先还原几何体的直观图,再考查第(1)点的内容;(3)将立体几何知识与实际问题相结合,利用数学知识解答实际问题.19．某地高考分数的分布呈双峰分布,从2015年高考文科考生中随机抽取了2 000人,把他们的历史成绩绘制成频率分布直方图,如图所示.(1)求他们的历史成绩的众数,并估算中位数和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(2)按分层抽样的方法分别从成绩低于60分和不低于60分的两个层次的学生中抽取若干人的试卷进行分析,其中不低于60分的样本中抽取了2份,然后从这若干份中抽取2份进行详细分析,求这2份试卷来自同一层次的概率.【答案】(1)由图可知,众数是35,75.因为0.025+0.050+0.10+0.20+0.125=0.5,所以中位数估算为50,平均数约为x−=5×2.5100+15×5100+25×10100+35×20100+45×12.5100+55×10100+65×10100+75×20100+85×7.5100+95×2.5100=(95+5)×2.5100+15×5100+(25+55+65)×10100+45×12.5100+(35+75)×20100+85×7.5100=51.75.(2)依题意,各层次抽取的比例为3∶2,故从成绩低于60分的层次中抽取3份,分别记为a,b,c,从成绩不低于60分的层次中抽取2份,分别记为x,y,设事件A为“这2份试卷来自同一层次”,所有的基本事件有ab,ac,ax,ay,bc,bx,by,cx,cy,xy,共10个,其中事件A包含的基本事件有ab,ac,bc,xy,共4个,因此P(A)=410=25.【解析】本题考查众数、中位数、平均数的求解及分层抽样和古典概型的知识,考查考生的运算求解能力和分析问题、解决问题的能力.(1)利用众数、中位数、平均数的求解方法求解即可;(2)利用分层抽样和古典概型的知识求解.【备注】概率与统计解答题常以统计图表为载体考查用样本估计总体的方法和古典概型概率的计算,概率计算的关键是画数表或树状图写全所有的基本事件和满足特殊条件的基本事件,凸显逻辑划分和构建有序实数对的能力.20．已知点M到两个定点O(0,0),D(0,-3)的距离之比为12.(1)求点M的坐标满足的方程;(2)记点M的坐标满足的方程为曲线C,过点D作斜率存在的直线l交曲线C于P,Q两点,设曲线C与y轴相交于A,B两点,求证:直线AP,BQ的交点在某条定直线上.【答案】(1)设点M(x,y),则 x2+y2x2+(y+3)2=12,化简得点M的坐标满足的方程是x2+(y-1)2=4. (2)设直线l:y=kx-3(|k|>3),P(x1,y1),Q(x2,y2)(x1<x2),联立y=kx−3x2+(y−1)2=4⇒(1+k2)x2-8kx+12=0,于是x1+x2=8kk2+1,x1x2=12k2+1,观察得,3(x1+x2)=2kx1x2.不妨设A (0,-1),B (0,3),则k AP =y 1+1x 1=kx 1−2x 1,直线AP 的方程是y+1=kx 1−2x 1·x ,同理,直线BQ 的方程是y-3=kx 2−6x 2·x ,联立可得,y =1+2kx 1x 2−6x 1−2x 23x 1−x 2=1+3(x 1+x 2)−6x 1−2x 23x 1−x 2.所以y =1+−3x 1+x 23x1−x 2=0,故直线AP ,BQ 的交点在定直线y =0上.【解析】本题考查圆的方程的求解及直线与圆的位置关系,考查考生的运算求解能力及分析问题、解决问题的能力.(1)设出点M 的坐标,根据已知条件运算即可求解;(2)设出直线的方程,联立直线与圆的方程,利用根与系数的关系及直线的相关知识求解.【备注】高考对解析几何的考查主要集中在以下几个类型:①求圆锥曲线的方程;②直线与圆锥曲线的交点问题和切线问题; ③与圆锥曲线有关的最值问题;④与圆锥曲线有关的几何证明(对称性或求对称曲线、平行、垂直);⑤探求圆锥曲线方程中几何量及参数间的数量特征.21．设函数f (x )=cos x-1+mx 2(x ∈R ,m ∈R ).(1)当m =12时,讨论函数f (x )的单调性;(2)证明:当m ≥12时,f (x )≥0在[0,+∞)上恒成立.【答案】(1)当m =12时,f (x )=cos x-1+12x 2,则f'(x )=-sin x+x ,设g (x )=-sin x+x ,因为g'(x )=-cos x+1≥0,所以g (x )在(-∞,+∞)上是增函数,且g (0)=0,所以当x ≥0时,f'(x )=g (x )≥g (0)=0,所以f (x )在[0,+∞)上是增函数; 当x <0时,f'(x )=g (x )<g (0)=0,所以f (x )在(-∞,0)上是减函数.(2)由(1)知,当x ≥0时,sin x ≤x ,又m ≥12,于是f'(x )=-sin x+2mx ≥-x+x =0,所以f (x )在[0,+∞)上是增函数,因此当x ≥0时,f (x )≥f (0)=0,故当m ≥12时,f (x )≥0在[0,+∞)上恒成立.【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、不等式的证明等.(1)求导,利用导函数的符号确定函数f (x )的单调性;(2)利用(1)的结论及m 的取值范围即可证明.【备注】利用导数解决不等式恒成立问题的基本方法是转化,把问题转化为研究函数的单调性或最值问题,通过单调性或最值得出结论.本题就是本着这种思想命制的,其背景选自2012年辽宁卷中选择题的选项x ≥0,cos x ≥1-12x 2的结论,并且结合了考试中心的命题风格.22．如图,在△ABC 中,∠ACB =90°,CD ⊥AB 于点D ,以BD 为直径的圆O 与BC 交于点E.(1)求证:CE·CB=AD·DB;(2)若BE=4,点N在线段BE上移动,∠ONF=90°,NF与☉O相交于点F,求NF长度的最大值.【答案】(1)∵在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,∴CD2=AD·DB.∵CD是圆O的切线,由切割线定理得CD2=CE·CB,∴CE·CB=AD·DB.(2)连接OF,∵ON⊥NF,∴NF= OF2−ON2,∵线段OF的长度为定值,∴需求线段ON长度的最小值,易知弦中点到圆心的距离最短,此时N为BE的中点,点F与点B或点E重合,∴(NF)max=12BE=2.【解析】本题考查两组线段乘积相等的证明、线段长度最大值的求法,属于中档题,解题时要认真审题,注意切割线定理的合理运用.(1)由∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,得到CD2=AD·DB,由此利用切割线定理即可证明CE·CB=AD·DB;(2)由NF= OF2−ON2,线段OF的长度为定值,知需求线段ON长度的最小值,由此即可求出结果.23．在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=2−2ty=−1+2t(t为参数),以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=21+3sin2θ.(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程;(2)试判断曲线C1与C2是否存在两个交点,若存在,求出两交点间的距离;若不存在,说明理由.【答案】(1)对于曲线C1有x+y=1,对于曲线C2有x24+y2=1.(2)显然曲线C1:x+y=1为直线,则其参数方程可写为x=2−22αy=−1+22α(α为参数),与曲线C2:x24+y2=1联立,可得5α2-122α+8=0,可知Δ>0,所以C1与C2存在两个交点,由α1+α2=1225,α1α2=85,得两交点间的距离d=|α2-α1|=(α1+α2)2−4α1α2=825【解析】无24．已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称,且f(x)=x2+x.(1)解不等式f(x)-g(x)≥|x+1|;(2)若存在x∈R,使得a+|x+1|≥f(x)-g(x)成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)依题意,得g(x)=-f(-x)=-x2+x,则f(x)-g(x)=2x2,于是原不等式为2x2≥|x+1|,等价于x<−12x2+x+1≥0或x≥−12x2−x−1≥0,解得x<-1或-1≤x≤-12或x≥1,因此原不等式的解集为(-∞,-12]∪[1,+∞).(2)存在x∈R,使得a+|x+1|≥f(x)-g(x)成立,等价于a≥[f(x)-g(x)-|x+1|]min, 令h(x)=f(x)-g(x)-|x+1|=2x2-|x+1|,则h(x)=2x2−x−1=2(x−14)2−98,x≥−12x2+x+1=2(x+14)2+78,x<−1,所以h(x)min=h(14)=-98.所以a≥-98,即实数a的取值范围是[-98,+∞).【解析】本题考查绝对值不等式的求解及不等式的存在性问题,考查考生分析问题、解决问题的能力及运算求解能力.(1)分类讨论求解;(2)转化为函数的最值求解.。

百校联盟2016年全国卷I高考最后一卷（押题卷）文科数学（第一模拟）一、选择题：共12题1．已知全集为R,集合A={x|x-1≥0},B={x|x2-5x+6≥0},则A∪B=A.[2,3]B.(2,3)C.[1,+∞)D.R【答案】D【解析】本题考查一元二次不等式的解法、集合的运算.先求出两个集合A,B,再利用集合知识结合数轴求解即可.A={x|x-1≥0}=[1,+∞),B={x|x2-5x+6≥0}={x|x≤2或x≥3},A∪B=R.2．已知复数z满足z+i=(i为虚数单位),则|z|=A. B. C. D.1【答案】A【解析】本题主要考查复数的运算、复数的模.解题时,利用复数的乘、除法运算求出z即可解决.由题意可得z=-i==1-2i,故|z|=,选A.3．已知对某超市某月(30天)每天顾客使用信用卡的人数进行了统计,得到样本的茎叶图(如图所示),则该样本的中位数、众数、极差分别是A.44,45,56B.44,43,57C.44,43,56D.45,43,57【答案】B【解析】本题主要考查茎叶图, 样本的中位数、众数、极差等,读懂茎叶图是解题的关键.由茎叶图可知全部数据为10,11,20,21,22,24,31,33,35,35,37,38,43,43,43,45,46,47,48,49,50,51,52,52,55,56,58,62,66,67,中位数为=44,众数为43,极差为67-10=57.选B.4．已知直线y=kx+3与圆x2+(y+3)2=16相交于A,B两点,则“k=2 ”是“|AB|=4”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】本题主要考查直线与圆相交、充要关系等知识,考查考生的运算能力与推理能力.易得圆心为(0,-3),半径为4,圆心(0,-3)到直线y=kx+3的距离d=,弦长的一半为=2,故d==2=,解得k2=8,可得k=2或k=-2,故“k=2 ”是“|AB|=4”的充分不必要条件,故选A.5．已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(|φ|<,ω>0)的图象在y轴右侧的第一个最高点为P(,1),在原点右侧与x轴的第一个交点为Q(,0),则f()的值为A.1B.C.D.【解析】本题主要考查三角函数的图象、性质,先根据条件求出ω,φ的值,再求出f()的值即可.f(x)=sin(ωx+φ),由题意得-,所以T=π,所以ω=2, 将点P(,1)代入f(x)=sin(2x+φ),得sin(2×+φ)=1,所以φ=+2kπ(k∈Z).又|φ|<,所以φ=,即f(x)=sin(2x+)(x∈R),所以f()=sin(2×+)=sin,选C.6．阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,若输入x的值为1,则输出S的值为A.89B.82C.27D.24【答案】A【解析】本题考查程序框图的知识,按照程序框图中箭头的方向和每个框的指令要求运行即可求解.因为输入x的值为1,执行循环可知,S=2,x=2;S=7,x=4;S=24,x=8;S=89,此时满足输出条件, 故输出S的值为89.选A.7．已知P(x,y)为平面区域(a>0)内的任意一点,当该区域的面积为3时,z=2x-y的最大值是A.1B.3C.2D.6【解析】本题主要考查线性规划的相关知识.解题的关键是正确作出不等式组表示的平面区域,进而利用图形求解.先作出可行域如图中阴影部分所示,则可行域的面积S=(2a+2a+2)×1=3,解得a=1,平移直线y=2x,得z=2x-y在点(2,-2)处取得最大值6,故选D.8．已知函数f(x)的定义域为R,且对任意实数x,都有f[f(x)-e x]=e+1(e是自然对数的底数),则f(ln 2)=A.1B.e+1C.3D.e+3【答案】C【解析】本题考查函数值的计算,利用换元法得到函数f(x)的解析式是解决本题的关键.设t=f(x)-e x,则f(x)=e x+t,则f[f(x)-e x]=e+1等价于f(t)=e+1,令x=t,则f(t)=e t+t=e+1,分析可知t=1,∴f(x)=e x+1,即f(ln 2)=e ln 2+1=2+1=3.故选C.9．已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是A. B. C. D.【答案】B【解析】本题考查三视图、几何体的体积等,考查考生的计算能力、空间想象能力.将三视图还原为几何体的直观图是解题的关键.由三视图可知该几何体的直观图如图所示,所以体积为1×1×1-×1×1×1+×1×(1+2)×1=,故选B.10．已知△ABC的三个内角A,B,C所对的三边分别为a,b,c,若△ABC的面积为24,c=13,tan A=,则a的值为A.8B.14C.D.12【答案】C【解析】本题主要考查解三角形的知识,考查考生的计算能力,属于中档题.解答时可以先求出sin A与cos A的值,再利用面积公式求出b的值,最后利用余弦定理求出a的值.因为tan A=,0<A<π,所以sin A=,cos A=,由bc sin A=24,得×13×b×=24,得b=4,所以a2=b2+c2-2bc cos A=42+132-2×4×13×=16+169-40=145,所以a=,选C.11．设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S4=-2,S5=0,S6=3,则nS n的最小值为A.-3B.-5C.-6D.-9【答案】D【解析】本题考查数列的知识.解题时,先求出a5及a6的值,从而确定等差数列{a n}的公差,再利用前n项和公式求出a1的值,最后写出nS n的表达式,利用导数知识求其最小值.由已知得,a5=S5-S4=2,a6=S6-S5=3,因为数列{a n}为等差数列,所以公差d=a6-a5=1.又S5==0,所以a1=-2,故S n=-2n+,即nS n=,令f(x)=(x>0),则f'(x)=x2-5x,令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0<x<.又n为正整数,所以当n=3时,nS n=取得最小值,即nS n的最小值为-9.选D.12．过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F,且倾斜角为的直线与抛物线交于A,B两点,若AB的垂直平分线经过点(0,2),M为抛物线上的一个动点,则M到直线l1:5x-4y+4=0和l2:x=-的距离之和的最小值为A. B. C. D.【答案】A【解析】本题主要考查抛物线的定义、方程,点到直线的距离公式,直线与抛物线的相交弦问题.首先根据题意利用条件得到抛物线的准线方程,然后可设直线AB的方程为y=x-,与抛物线方程联立,结合根与系数的关系求出线段AB的中点,再根据条件求出AB垂直平分线的方程,从而得到p的值,最后根据抛物线的定义求距离之和的最小值.抛物线的焦点为F(,0),准线为x=-,故直线AB的方程为y=x-,设A(x1,y1),B(x2,y2),由⇒x2-3px+=0,所以x1+x2=3p,y1+y2=2p,故线段AB的中点坐标为(,p),又AB的垂直平分线经过点(0,2),故AB 垂直平分线的方程为y=-x+2,故p=-+2,p=,x=-是抛物线的准线,作MC⊥l1于点C,MD⊥l2于点D,如图所示,由抛物线的定义知|MD|=|MF|,当M,C,F三点共线且点M位于C,F之间时,距离之和最小,其值是F(,0)到l1:5x-4y+4=0的距离,由点到直线的距离公式可得其距离d=.二、填空题：共4题13．已知向量a=(1,2),b=(0,-1),c=(k,-2),若(a-2b)⊥c,则实数k的值是.【答案】8【解析】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直等知识,考查考生对向量的运算和向量垂直的充要条件的理解和应用.根据题意可知,向量a-2b=(1,4),又(a-2b)⊥c,则k-8=0,解得k=8.14．已知点P(1,2)在角θ的终边上,则sin(2θ+)+sin(2θ+2π)=.【答案】【解析】本题主要考查任意角的三角函数的定义、三角函数的诱导公式和二倍角公式等,考查考生的运算能力.由已知得|OP|==3,则sinθ=,cosθ=,故sin(2θ+)+sin(2θ+2π)=cos 2θ+sin 2θ=2cos2θ-1+2sinθ·cosθ=2×-1+2×.15．如图所示,已知两个圆锥有公共底面,且底面半径r=1,两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上,两个圆锥中体积较小者的高与体积较大者的高的比值为,则球的半径R=.【答案】【解析】本题主要考查圆锥的外接球问题.解题的关键是根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O.根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且AB⊥O1C,所以OO1=,因此体积较小的圆锥的高AO1=R-,体积较大的圆锥的高BO1=R+,故,化简得R=2,即3R2=4,得R=.16．已知函数f(x)=ln x-mx在(0,+∞)上无零点,则实数m的取值范围为.【答案】(,+∞)【解析】本题主要考查利用导数的知识解决有关函数的零点问题,考查函数与方程思想、转化与化归思想在解题中的应用.函数f(x)=ln x-mx在(0,+∞)上无零点,等价于方程=m在(0,+∞)上无解.令h(x)=,则h'(x)=,令h'(x)=0,得x=e.则h(x),h'(x)随x的变化情况如下表:因为x=e是函数h(x)唯一的极大值点,故h(x)max=h(e)=,故要使方程=m在(0,+∞)上无解,当且仅当m>,故实数m的取值范围为(,+∞).三、解答题：共8题17．已知首项为,公比不等于1的等比数列{a n}的前n项和为S n,且S3,S2,S4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=n|a n|,数列{b n}的前n项和为T n,求T n.【答案】(1)通解设数列{a n}的公比为q,由题意得2S2=S3+S4,q≠1,∴2×+.化简得q2+q-2=0,得q=-2,又数列{a n}的首项为,∴a n=×(-2)n-1.优解设数列{a n}的公比为q,由题意得2S2=S3+S4,即(S4-S2)+(S3-S2)=0,即(a4+a3)+a3=0,∴=-2,∴公比q=-2.又数列{a n}的首项为,∴a n=×(-2)n-1.(2)b n=n|a n|=n××2n-1=×n×2n,∴T n=b1+b2+b3+…+b n=(1×2+2×22+3×23+…+n×2n), ①2T n=(1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1), ②-②得,-T n=×[-n×2n+1],∴T n=+(n-1)×2n.【解析】本题主要考查等比数列的概念、通项公式、前n项和公式等基础知识,考查数列的求和等,考查考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.解答第(1)问要充分利用已知条件2S2=S3+S4求出{a n}的通项公式;解答第(2)问要先求出{b n}的通项公式,再利用错位相减法求解即可.【备注】(1)等差数列与等比数列的运算问题主要集中在通项公式与前n项和公式上,通常只要抓住这两种数列的首项与公差(公比)即可完成求解;(2)非等差、等比数列的求和问题,在解答题中通常集中在裂项相消法和错位相减法上,这是在数列备考中必须重视的两种方法.18．某大型手机连锁店为了解销售价格在区间[5,30](单位:百元)内的手机的利润情况,从2015年度销售的一批手机中随机抽取75部,按其价格分成5组,频数分布表如下:(1)用分层抽样的方法从价格在区间[5,10)、[10,15)和[20,25)内的手机中共抽取6部,其中价格在区间[20,25)内的有几部?(2)从(1)中抽出的6部手机中任意抽取2部,求价格在区间[10,15)内的手机至少有1部的概率.【答案】(1)因为在区间[5,10)、[10,15)和[20,25)内的手机的数量之比为5∶10∶15=1∶2∶3,所以抽取的6部手机中价格在区间[20,25)内的有6×=3部.(2)设这6部手机中价格在区间[5,10)内的为a,在区间[10,15)内的分别为b1,b2,在区间[20,25)内的分别为c1,c2,c3,从中任取2部,可能的情况有(a,b1),(a,b2),(a,c1),(a,c2),(a,c3),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共15种;设“价格在区间[10,15)内的手机至少有1部”为事件A,则事件A包含的情况有(a,b1),(a,b2),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),共9种.故P(A)=.【解析】本题考查统计中的频数分布表、分层抽样、古典概型等知识.对于第(1)问,要先求出各层抽取的手机数量之比,然后再求出价格在区间[20,25)内的手机的数量;对于第(2)问,要利用列举法写出从(1)中抽出的6部手机中任取2部的总结果数,再写出价格在区间[10,15)内的手机至少有1部的结果数,利用古典概型的概率计算公式即可求解.【备注】概率问题是近几年新课标高考的热点,利用频率分布直方图解答实际问题是当今命题的新亮点.这类题往往借助于熟悉的知识点,结合实际生活中比较新颖的问题进行命制,在高考试卷中,概率与统计的内容每年都有涉及,以解答题形式出现的试题常常设计成包含统计图表的识别、古典概型概率的计算等知识为主的综合题.19．如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,AC与BD交于点O,E,F分别是DC,SC 的中点,∠ADC=60°,SA=1,AB=SC=2,SB=,平面SAB⊥底面ABC.(1)求证:平面OEF∥平面SAD;(2)求三棱锥S-ACD的表面积.【答案】(1)在△CSD中,因为E,F分别是DC,SC的中点,所以EF∥DS,又EF⊄平面SAD,DS⊂平面SAD,所以EF∥平面SAD.又O为AC的中点,则OE∥AD,又OE⊄平面SAD,AD⊂平面SAD,所以OE∥平面SAD,又EF∩OE=E,所以平面OEF∥平面SAD.(2)因为SA=1,AB=2,SB=,SA2+AB2=SB2,所以△SAB为直角三角形,且SA⊥AB,又平面SAB⊥底面ABCD,平面SAB∩平面ABCD=AB,所以SA⊥底面ABCD,SA⊥AC.在Rt△SAC中,由SA=1,SC=2,可得AC=,故S△SAC=×1×,在△ADC中,AC=,CD=2,∠ADC=60°,所以,即,得sin∠DAC=1,故∠DAC=90°,故AD=1,S△DAC=×1×,S△SAD=×1×1=, 因为SC=DC=2,SD=,所以S△SDC=,故三棱锥S-ACD的表面积为S△SAC+S△DAC+S△SAD+S△SDC=++++.【解析】本题主要考查面面平行与几何体表面积的求解.对于第(1)问,要先判断出平面OEF 内两条直线EF与OE分别与平面SAD平行,再进行证明;对于第(2)问,先结合勾股定理证明SA⊥AB,然后利用面面垂直的性质定理得到SA⊥AC,再结合条件求出AC,结合正弦定理得到sin∠DAC=1,求得AD,求出三棱锥各个面的面积即可.【备注】“一证一算”是立体几何考查的主导方向,其中“证”体现了对推理能力的考查,“算”体现了对知识应用能力和运算能力的考查.“证”时需要利用线与线、线与面、面与面的垂直(或平行)之间的转化去解决,“算”时要牢记角度、距离的计算方法.20．已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0),点P(1,-)在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在斜率为-1的直线l与椭圆C相交于M,N两点,使得|F1M|=|F1N|(F1为椭圆的左焦点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.【答案】(1)解法一∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),∴c=2,椭圆C的左焦点为F1(-2,0).由椭圆的定义可得2a=++=2,解得a=,∴b2=a2-c2=6-4=2.∴椭圆C的标准方程为+=1.解法二∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),∴c=2,故a2-b2=4,又点P(1,-)在椭圆C上,则+=1,故+=1,化简得3b4+4b2-20=0,得b2=2,a2=6,∴椭圆C的标准方程为+=1.(2)假设存在满足条件的直线l,设直线l的方程为y=-x+t,由得x2+3(-x+t)2-6=0,即4x2-6tx+(3t2-6)=0,Δ=(-6t)2-4×4×(3t2-6)=96-12t2>0,解得-2<t<2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,由于|F1M|=|F1N|,设线段MN的中点为E,则F1E⊥MN,故=-=1,又F1(-2,0),E(,),即E(,),∴=1,解得t=-4.当t=-4时,不满足-2<t<2,∴不存在满足条件的直线l.【解析】本题主要考查椭圆的定义、方程,直线与椭圆的位置关系等,考查考生的数形结合思想和运算求解能力.对于第(1)问,考虑两种方法解决,利用椭圆的定义比较快捷;第(2)问是探究性问题,先假设存在满足条件的直线l,设出直线l的方程,与椭圆方程联立,得到关于x的一元二次方程,结合判别式求出t的取值范围,再由|F1M|=|F1N|求出t=-4,与题意不符,则不存在满足条件的直线l.【备注】高考一般从两个方面对圆锥曲线进行考查:一是由圆锥曲线的定义或几何性质求圆锥曲线的标准方程;二是研究直线与圆锥曲线的交点问题、弦的中点问题、直线的方程、几何图形的面积、动点、动直线变化过程中的不变量(即定值)问题等.21．已知函数f(x)=-ln x+t(x-1),t为实数.(1)当t=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)若当t=时,--f(x)<0在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.【答案】(1)当t=1时,f(x)=-ln x+x-1,x>0,∴f'(x)=-+1=.由f'(x)<0可得0<x<1,由f'(x)>0可得x>1,∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)当t=时,f(x)=-ln x+-,--f(x)=--(-ln x+-)=ln x-+,当x>1时,--f(x)<0恒成立,等价于k<-x ln x在(1,+∞)上恒成立.令g(x)=-x ln x,则g'(x)=x-(ln x+1)=x-1-ln x.令h(x)=x-1-ln x,则h'(x)=1-.当x>1时,h'(x)>0,函数h(x)=x-1-ln x在(1,+∞)上单调递增,故h(x)>h(1)=0,从而当x>1时,g'(x)>0,即函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=,因此当x>1时,k<-x ln x恒成立,则k≤.∴实数k的取值范围是(-∞,].【解析】本题考查运用导数知识求函数的单调区间及不等式恒成立等,涉及分类讨论、构造法等思想方法.第(1)问是求函数的单调区间问题,先进行求导,再求f(x)的单调区间;第(2)问通过构造函数,利用函数的单调性即可求解实数k的取值范围.【备注】含参不等式中的参数的取值范围问题及函数与导数的综合问题是高考中常见的压轴题型,需要考生积累一些常见的处理函数问题的方法和技巧,如分类讨论如何选取界点问题,处理恒成立问题和存在性问题,函数零点的讨论方法,利用导数证明不等式的常用方法,利用函数性质证明与数列有关的等式和不等式问题等.22．如图,O是圆心,AB是半圆的直径,AB=5,AC是弦,AC=3,∠BAC的平分线交半圆于点D,过点D作DE⊥AC,交AC的延长线于点E,连接OE交AD于点F.(1)证明:△AEF∽△DOF;(2)求AF∶DF的值.【答案】(1)依题意∠BAC的平分线交半圆于点D,可得∠OAD=∠DAC.又∠OAD=∠ODA,所以∠ODA=∠DAC,又∠DFO=∠AFE,故△AEF∽△DOF.(2)连接BD,BC,过点D作DG⊥AB于G,因为∠DOG=∠CAB,所以cos∠DOG=cos∠CAB=.设OD=5t,则AB=10t,OG=3t,DG=4t,所以AG=8t,AD2=AG2+DG2=80t2,因为∠AED=∠ADB= 90°,∠EAD=∠DAB,所以△ADE∽△ABD.所以AD2=AE×AB=AE·10t,所以AE=8t,又△AEF∽△DOF,所以.【解析】本题考查三角形相似、角平分线等,对于第(1)问,要先根据AD是∠BAC的平分线得到∠DAC=∠OAD,从而得到∠ODA=∠DAC,进而证明三角形相似.对于第(2)问,先过点D作DG⊥AB,得到△ADE∽△ABD,再利用已知条件得到比例关系式,然后求出AF∶DF的值.【备注】与圆有关的证明或计算问题是高考考查的重点内容,它主要以圆周角定理、圆内接四边形的对角互补等作为证明角相等的主要依据,以圆的切线长定理、切割线定理、相交弦定理作为证明线段成比例的主要依据,合理推理,准确转化,必要时需要借助辅助线去解决问题.23．在平面直角坐标系xOy中,C1:(t为参数).以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C2:ρ2+10ρcosθ-6ρsinθ+33=0.(1)求C1的普通方程及C2的直角坐标方程,并说明它们分别表示什么曲线;(2)若P,Q分别为C1,C2上的动点,且|PQ|的最小值为2,求k的值.【答案】(1)由可得其普通方程为y=k(x-1),它表示过定点(1,0),斜率为k的直线.由ρ2+10ρcosθ-6ρsinθ+33=0可得其直角坐标方程为x2+y2+10x-6y+33=0,整理得(x+5)2+(y-3)2=1,它表示圆心为(-5,3),半径为1的圆.(2)因为圆心(-5,3)到直线y=k(x-1)的距离d=,故|PQ|的最小值为-1,故-1=2,得3k2+4k=0,解得k=0或k=-.【解析】本题主要考查直线的参数方程、圆的极坐标方程,考查点到直线的距离公式等知识,熟记消参方法与是解题的关键.【备注】化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数,常用的消参方法有代入消元法、加减消元法、恒等式(三角的或代数的)消元法;极坐标方程与直角坐标方程的互化主要是用好公式.一般与极坐标方程、参数方程有关的问题多是化为直角坐标方程、普通方程,结合图形,合理转化进行求解.24．已知函数f(x)=|x+3|+|x-1|,其最小值为t.(1)求t的值;(2)若正实数a,b满足a+b=t,求证:+≥.【答案】(1)通解因为f(x)=,根据函数f(x)的图象分析可得f(x)的最小值为4,故t=4.优解一因为|x+3|+|x-1|=|x+3|+|1-x|≥|x+3+1-x|=4,可知f(x)min=4,即t=4.优解二|x+3|+|x-1|表示数轴上的动点x到-3和1的距离之和,故|x+3|+|x-1|≥4,当且仅当-3≤x≤1时,取得最小值4,即t=4.(2)由(1)得a+b=4,故+=1,+=(+)(+)=+1++≥+2+1=,当且仅当b=2a,即a=,b=时取等号,故+≥.【解析】第(1)问主要考查函数的最小值的求解,可以利用绝对值不等式的性质进行解答,也可以利用数形结合法,求出最小值;第(2)问主要考查不等式的证明,充分利用a+b=t进行变形是解题的关键.。

数学(文)试题第Ⅰ卷(共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的. 1。

设i 是虚数单位,则||1ii=-( )A ．12B 2C ．1D 22。

已知全集{0,1,2,3,4,5}U =，集合2{|450}A x N xx =∈--<，{1,2,4,5}B =，则[()]U U C A C B =()A ．{0,3}B ．{2,4,5}C ．{1,2,3,4}D ．{1,2,4,5}3.已知,a b 均为单位向量,它们的夹角为60,2c a b =-，则下列结论正确的是（ ）A ．//a cB ．//b cC ．a c ⊥D ．b c ⊥ 4.设命题:p x R ∀∈，()()0f x g x •≠,则p ⌝为( ） A ．00,()0x R f x ∃∈=或0()0g x = B ．00,()0xR f x ∃∈=且0()0g x =C ．,()0x R f x ∀∈=或()0g x =D ．,()0x R f x ∀∈=且()0g x = 5。

已知一组数据121x +，221x+,，21nx+的方差为8，则数据12,,,n x x x 的标准差为( ） A ．1 B ．2 C ．2 D ．226.已知数列{}na 的前n 项和21nn Sn a =+-，则n a =( ）A ．1n -B ．1n +C ．21n -D ．21n +7。

执行如图所示程序框图，输出结果为（ ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．98.已知抛物线2:2(0)C xpy p =>,过点(0,2)M -可作C 的两条切线，切点分别为,A B ，若直线AB 恰好过C 的焦点，则P 的值为()A ．1B ．2C ．4D ．89。

将函数()sin(2)3f x x π=+的图象分别向左、右平移(0)ϕϕ>个单位所得图象恰好重合,则ϕ的最小值为（ ) A ．4π B ．3π C ．2π D ．23π10. 某建筑物是由一个半球和一个圆柱组成，半球的体积是圆柱体积的14，其三视图如图所示，现需要在该建筑物表面涂一层防晒涂料,若每π个平方单位所需涂料费用为100元，则共需涂料费用（ ） A ．6600元 B ．7500元 C ．8400元 D ．9000元11.已知函数2,1(),1xx a x f x e x -≥⎧=⎨≤-⎩的图象上存在关于y 轴的对称点，则a 的取值范围是( )A ．1(,1)e-∞- B ．1(,2)e-∞- C ．1[1,)e-+∞ D ．1[2,)e-+∞12.已知P 是双曲线221916x y -=右支上任意一点，M是圆22(5)1x y ++=上任意一点，设P 到双曲线的渐近线的距离为d ，则||d PM +的最小值为（ )A ．8B ．9C ．475D ．10第Ⅱ卷(共90分）二、填空题(每题5分,满分20分，将答案填在答题纸上）13。