2016年福建省漳州市高考二模数学文

2016年福建省漳州市高考二模数学文

2016 年福建省漳州市高考二模数学文 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题意要求的． 1.已知集合 A={x|a-2＜x＜a+2}，B={x|x≤-2 或 x≥4}，则 AB   的充要条件是( ) A.0≤a≤2 B.-2＜a＜2 C.0＜a≤2 D.0＜a＜2 解析：法一：当 a=0 时，符合，所以排除 C．D，再令 a=2，符合，排除 B，故选 A； 法二：根据题意，分析可得， 22 24 a a    ＞＝ ＜＝ ， 解可得，0≤a≤2； 答案：A． 2.已知复数 3 12 ai i   是纯虚数，则实数 a=( ) A.-2 B.4 C.-6 D.6 解析：化简可得复数        3126233 125 1212 aiiaaiai i ii    ，由纯虚数的定义可得 a-6=0，2a+3≠0， 解得 a=6 答案：D 3.已知双曲线 C： 22 221 0 0yx abab（ ＞ ， ＞ ）的一条渐近线过点(-1，2)，则 C 的离心率为( ) A. 5 B. 3 C. 5 2 D. 3 2 解析：由题意， 2b a  ， ∴b=2a， ∴ 22 5caba ， ∴ 5ce a ． 答案：A． 4.阅读右边的程序框图，运行相应的程序，若输入 x 的值为 1，则输出 S 的值为( ) A.64 B.73 C.512 D.585 解析：经过第一次循环得到 301S  ，不满足 S≥50，x=2， 执行第二次循环得到 3312S ，不满足 S≥50，x=4， 执行第三次循环得到 33312473S  ， 满足判断框的条件，退出循环，执行“是”，输出 S=73． 答案：B． 5.某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是( ) A.8 B. 62 C.10 D. 82 解析：三视图复原的几何体是一个三棱锥，如图，四个面的面积分别为：8，6， ，10， 显然面积的最大值，10． 答案：C． 6.要得到函数 y=sin2x 的图象，只需将函数 2 3y s i n x （ ）的图象( ) A.向右平移 6  个单位长度 B.向左平移 6  个单位长度 C.向右平移 3  个单位长度 D.向左平移 3  个单位长度 解 析 ： 把 函 数 y=sin2x 的 图 象 向 右 平 移 6  个 单 位 即 可 得 到 函 数 2263ysinxsinx （ ） （ ）的图象，故要得到函数 y=sin2x 的函数图象，可将函数 的图象向左至少平移 个单位即可. 答案：B． 7.已知两个单位向量 12ee， 的夹角为θ，则下列结论不正确的是( ) A. 12ee在 方向上的投影为 cosθ B. 22 12=ee C. 1 2 1 2e e e e  （ ） （ ） D. 12=1ee 解析：∵两个单位向量 12ee， 的夹角为θ， 则 121ee＝ ＝ 则 12ee在 方向上的投影为 1c o s e c o s ，故 A 正确； 22 12=ee，故 B 正确； 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2-0e e e e e e e e e e       （ ）（ ） ，故（ ） （ ），故 C 正确； 1212eeeecos  ，故 D 错误； 答案：D 8.已知点 4 31A（ ，），将 OA 绕坐标原点 O 逆时针旋转 6  至 OB，设 C(1，0)，∠COB=α，则 tanα=( ) A. 3 12 B. 3 3 C. 10 3 11 D. 53 11 解析：由题意，设直线 OA 的倾斜角为θ，则 35 3 61 12661143 1 6 tantan tantantan tan tan        ， ， （ ） 答案：D． 9.设 x，y 满足约束条件 1 3 yx xy ym      ，若 z=x+3y 的最大值与最小值的差为 7，则实数 m=( ) A. 3 2 B. 3 2- C. 1 4 D. 1 4 解析：由约束条件 1 3 yx xy ym      作出可行域如图， 联立 1 3 yx xy    ＝ ＝ ，解得 A(1，2)， 联立 1 ym yx    ＝ ＝ ，解得 B(m-1，m)， 化 z=x+3y，得 33 x zy ＝ ． 由图可知，当直线 33 x zy ＝ 过 A 时，z 有最大值为 7， 当直线 33 x zy ＝ 过 B 时，z 有最大值为 4m-1， 由题意，7-(4m-1)=7，解得： 1 4m  ． 答案：C． 10.已知 0x 是函数 12 1 xfx x（ ） 的一个零点．若 1020 1xxxx （， ）， （ ， ），则 ( ) A. 1 020fxfx（ ）＜ ，（ ）＜ B. 1 020fxfx（ ）＜ ，（ ）＞ C. 1 0 2 0f x f x（ ）＞ ，（ ）＜ D. 1 020fxfx（ ）＞ ，（ ）＞ 解析：∵ 0x 是函数 的一个零点∴f( 0x )=0 ∵ 是单调递增函数，且 ， ∴ 102 0fxfxfx （ ）＜（ ） ＜（ ） 答案：B． 11.已知函数 2 23fxxx （ ） ，若在区间[-4，4]上任取一个实数 x0，则使 0 0fx （ ） 成 立的概率为( ) A. 4 25 B. 1 2 C. 2 3 D.1 解析：已知区间[-4，4]长度为 8， 满足 ， 2 000 230fxxx （ ） ，解得 013x   ，对应区间长度为 4， 由几何概型公式可得，使 成立的概率是 41=82． 答案：B． 12.数列 na 满足 1 1a  ，对任意的 n∈N*都有 11nnaaan  ，则 122016 111 aaa =( ) A. 2015 2016 B. 4032 2017 C 4034 2017 D. 2016 2015 解析：∵ 1a =1， ∴由 11nnaaan  ，得 1 1nna a n    ， 则 212aa， 323aa， … 1 2nna a n n  （ ）． 累加得：   1 123122 2n nnaannn  ＝ （ ）． 当 n=1 时，上式成立， ∴  1 2n nna ＝ ． 则    1211 2 11nann nn   ＝ ＝ ． ∴  1 2 2016 40321 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 1 2 12 2 3 3 4()2016 2017 2017 2017a a a            ＝ ． 答案：B． 二、填空题：本大题共 4 题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在答题卡的相应位置上． 13.抛物线 2 4yx 上的点 P 到它的焦点 F 的最短距离为 . 解析：设抛物线 2 4yx 上的点 P 为 000 0xyx （ ， ），且（ ）， 则焦点的坐标为 F(1，0)， 点 P 到焦点 F 的距离为|PF|， 根据焦半径公式得 0 11PFx ． 答案：1． 14.已知数列  na 满足 1 3nnaa  ，且 246579 19 3aaalogaaa ， （ ）则 = . 解析：∵ 1 3nnaa  ， ∴数列 na 是以 3 为公比的等比数列， 又 246 9aaa ， ∴ 3 3 5 5 7 9 2 4 6= 9 3 3a a a q a a a      （ ） ， 则 5 5 7 9 11 = 3 = 533log a a a log  （ ） ． 答案：-5． 15.将长、宽分别为 4 和 3 的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，得到四面体 A-BCD，则四面体 A-BCD 的外接球的体积为 . 解析：由题意可知，直角三角形斜边的中线是斜边的一半， ∴长宽分别为 3 和 4 的长方形 ABCD 沿对角线 AC 折起二面角，得到四面体 A-BCD， 则四面体 A-BCD 的外接球的半径，是 51 22AC  所求球的体积为：   351254 326． 答案：125 6  ． 16.已知函数 20 30x logxxfx x    ， ＞（ ） ， ，且关于 x 的方程 f(x)+x-a=0 有且只有一个实根，则实数 a 的取值范围是 . 解析：由 f(x)+x-a=0 得 f(x)=-x+a， ∵ ， ∴作出函数 f(x)和 y=-x+a 的图象， 则由图象可知，要使方程 f(x)+x-a=0 有且只有一个实根， 则 a＞1， 答案：(1，+∞) 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.如图，在△ABC 中，∠ABC=90°， 23AB  ，BC=2，P 为△ABC 内一点，∠BPC=90°． (Ⅰ)若 PB=1，求 PA； (Ⅱ)若∠APB=150°，求 tan∠PBA． 解析：(Ⅰ)由已知得∠PBC=60°，可得∠PBA=30°，在△PBA 中，由余弦定理即可得出． (II) 设∠PBA= α ， 由 已 知 得 ∠ PCB= α，PB=2sin α ， 在 △ PBA 中 ， 由 正 弦 定 理 得   23 2 150 30 sin sin sin    ＝ ，化简整理即可得出． 答案：(Ⅰ)由已知得∠PBC=60°，∴∠PBA=30°， 在△PBA 中，由余弦定理得  22 23122313077PAcosPA ＝ ＝ ， ＝ ． (Ⅱ)设∠PBA=α，由已知得∠PCB=α，PB=2sinα， 在△PBA 中，由正弦定理得   23 2 150 30 sin sin sin    ＝ ，化简得 3334 44cossintantanPBA， ， ． 18.为了解某市的交通状况，现对其 6 条道路进行评估，得分分别为：5，6，7，8，9，10．规 定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如表 (1)求本次评估的平均得分，并参照上表估计该市的总体交通状况等级； (2)用简单随机抽样方法从这 6 条道路中抽取 2 条，它们的得分组成一个样本，求该样本的 平均数与总体的平均数之差的绝对值不超 0.5 的概率． 解析：(1)由已知中对其 6 条道路进行评估，得分分别为：5，6，7，8，9，10，计算出得分 的平均分，然后将所得答案与表中数据进行比较，即可得到答案． (2)我们列出从这 6 条道路中抽取 2 条的所有情况，及满足样本的平均数与总体的平均数之 差的绝对值不超 0.5 情况，然后代入古典概型公式即可得到答案． 答案：(1)6 条道路的平均得分为 5678910 7.56   ∴该市的总体交通状况等级为合格． (2)设 A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过 0.5”． 从 6 条道路中抽取 2 条的得分组成的所有基本事件为： (5，6)，(5，7)，(5，8)，(5，9)，(5，10) (6，7)，(6，8)，(6，9)，(6，10)，(7，8) (7，9)，(7，10)，(8，9)，(8，10)，(9，10)，共 15 个基本事件． 事件 A 包括(5，9)，(5，10)，(6，8)，(6，9)，(6，10)，(7，8)，(7，9)共 7 个基本事件， ∴ 7 15PA（ ） 答：该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过 0.5 的概率为 7 15 ． 19.如图，四边形 PCBM 是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2，又 AC=1，∠ ACB=120°， AB⊥PC，AM=2． (Ⅰ)求证：平面 PAC⊥平面 ABC； (Ⅱ)求三棱锥 P-MAC 的体积． 解析：(Ⅰ)由已知得 PC⊥CB，结合 AB⊥PC，由线面垂直的判定得 PC⊥平面 ABC，再由面面 垂直的判定得平面 PAC⊥平面 ABC； (Ⅱ)在平面 PCBM 内，过 M 做 MN⊥BC 交 BC 于 N，连结 AN，则 CN=PM=1，又 PM∥BC，得 四边形 PMNC 为平行四边形，得 PC∥MN，且 PC=MN，由(Ⅰ)得 MN⊥平面 ABC，然后求解 三角形得 3AN＝ ，进一步求解直角三角形得 PC=MN=1．在平面 ABC 内，过 A 做 AH⊥BC 交 BC 于 H，则 AH⊥平面 PMC，求解直角三角形得 AH，然后利用等积法求得三棱锥 P-MAC 的体积． 答案：(Ⅰ)证明：由∠PCB=90°，得 PC⊥CB， 又∵AB⊥PC，AB∩BC=B，AB，BC?平面 ABC， ∴PC⊥平面 ABC． 又PC 平面PAC， ∴平面 PAC⊥平面 ABC； (Ⅱ)在平面 PCBM 内，过 M 做 MN⊥BC 交 BC 于 N，连结 AN，则 CN=PM=1， 又 PM∥BC，得四边形 PMNC 为平行四边形， ∴PC∥MN，且 PC=MN， 由(Ⅰ)得，PC⊥平面 ABC， ∴MN⊥平面 ABC， 在△ACN 中， 222 21203ANACCNAC CNcos  ，即 ． 又 AM=2． ∴在 Rt△AMN 中，有 PC=MN=1． 在平面 ABC 内，过 A 做 AH⊥BC 交 BC 于 H，则 AH⊥平面 PMC， ∵AC=CN=1，∠ACB=120°， ∴∠ANC=30°． ∴在 Rt△AHN 中，有 31 22AH AN＝ ＝ ， 而 111122PMCS  ＝ ＝ ，  ∴ 3311 32212PMACAPMCVV＝ ＝ ＝ ． 20.已知椭圆 22 22100yx abab（ ＞ ， ＞ ）的左、右焦点分别是点 12FF， ，其离心率 1 2e  ， 点 P 为椭圆上的一个动点， 12P F F 面积的最大值为 43． (Ⅰ)求椭圆的方程； ( Ⅱ ) 若 A ， B ， C ， D 是 椭 圆 上 不 重 合 的 四 个 点 ， AC 与 BD 相 交 于 点 1 0FACBDACBD， ，求 的取值范围． 解析：(Ⅰ)容易知道当 P 点为椭圆的上下顶点时， 面积最大，再根据 椭圆的离心率 为 1 2 可得到关于 a，c 的方程组 2243 1 2 acc c a    ＝ ＝ ，解该方程组即可得到 a，c，b，从而得 出椭圆的方程 22 11612 yx ； (Ⅱ)先容易求出 AC，BD 中有一条直线不存在斜率时 14ACBD  ，当直线 AC 存在斜率 k 且不为 0 时 ， 写 出 直 线 AC 的方程 y=k(x+2) ，联立椭圆的方程消去 y 得到 2222341616480kxk xk（ ） ， 根 据 韦 达 定 理 及 弦 长 公 式 即 可 求 得  2 2 241 34 k AC k   ＝ ，把 k 换上 1 k 即可得到  2 2 241 43 k BD k   ＝ ． 所 以 用 k 表 示 出  2 22 1 (34 6 )(43) 18k ACBD kk   ，这时候设 2 11ktt ， ＞ ， 从 而 得 到 2 168 112 t t ACBD   ，根据导数求出 2 1t t  的范围，从而求出 ACBD 的取值范围． 答案：(Ⅰ)由题意知，当 P 是椭圆的上下顶点时 的面积取最大值； ∴ 1 2432 cb＝ ； 即 2243a c c ＝ ①； 由离心率为 1 2e  得： 1 2 c a ＝ ②； ∴联立①②解得 a=4，c=2， 2 12b  ； ∴椭圆的方程为 22 11 6 1 2 yx ； (Ⅱ)由(Ⅰ)知 1F (-2，0)； ∵ 0AC BD，∴AC⊥BD； (1)当直线 AC，BD 中一条直线斜率不存在时， 8614ACBD  ； (2)当直线 AC 斜率为 k，k≠0 时，其方程为 y=k(x+2)，将该方程带入椭圆方程并整理得： 2222341616480kxkxk（ ） ； 若设 22 11221212 22 1 48 343 616 4 kkAxyBxyxxx x kk     （ ， ）， （ ， ）， ： ＝ ， ＝则 ； ∴    2 22 1 2 1 2 2 24 1 1434 k AC k x x x x k       ＝ ； 直线 BD 的方程为  1 2yxk ，同理可得  2 2 241 43 k BD k   ＝ ； ∴  2 22 1 (34 6 )(43) 18k ACBD kk   ； 令 2 11ktt ， ＞ ； ∴ 22 2 2 168168168 (41)(31)1 121 12 tt tACB tttt t D     ； 设 23112fttft tt tt  （） ，（ ＞）， （） ； ∴t∈(1，2)时，f′(t)＞0，t∈(2，+∞)时，f′(t)＜0； ∴t=2 时，f(t)取最大值 1 4 ，又 f(t)＞0； ∴ 2 10 4 1t t ＜ ； ∴ 96 1 74[)ACBD， ； ∴综上得 AC BD 的取值范围为[96 7 )1 4， ． 21.设函数 2 10fxaxlnxbxx（ ） （ ）（ ＞ ），曲线 y=f(x)过点 2 1e e e （ ， ），且在点(1， 0)处的切线方程为 y=0． (Ⅰ)求 a，b 的值； (Ⅱ)证明：当 x≥1 时， 21f x x （ ） （ ） ； (Ⅲ)若当 x≥1 时， 21f x m x （ ） （ ） 恒成立，求实数 m 的取值范围． 解析：(Ⅰ)求出函数的 f′(x)，通过 2101fabfeee（） ，（ ） ，求出 a，b． (Ⅱ)求出 f(x)的解析式，设 221gxxlnxxxx（ ） ，（ ），求出导数，二次求导，判断 g′ (x)的单调性，然后证明 ． ( Ⅲ ) 设 2211hxxlnxxmx（ ） （ ） ， 求 出 h ′ (x) ，利用( Ⅱ ) 中知 22111xlnxxxxx（ ） （ ），推出 h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1)，①当 3 2m  时，②当 3 2m＞ 时，求解 m 的范围． 答案：(Ⅰ)函数 ，可得 f′(x)=2alnx+ax+b， ∵ 2 2 21 0 1 1 1 1 1f a b f e ae b e a e e e e a b                （） ，（ ） （ ） （ ） ， ． (Ⅱ) 2 1fxxlnxx（ ） ， 设 2212120g xx lnx x xxg xxlnx xg xlnx   （ ） ，（ ）， （ ） （ （ ）） ＞ ，∴g′ (x)在[0，+∞)上单调递增，∴g′(x)≥g′(1)=0，∴ g(x)在[0，+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)=0．∴ ． (Ⅲ)设 ，h′(x)=2xlnx+x-2m(x-1)-1， (Ⅱ)中知 ，∴xlnx≥x-1，∴h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1)， ①当 3-2m≥0 即 时，h′(x)≥0，∴h(x)在[1，+∞)单调递增，∴h(x)≥h(1)=0，成立． ②当 3-m＜0 即 时，h′(x)=2xlnx-(1-2m)(x-1)，(h′(x))′=2lnx+3-2m， 令(h′(x))=0，得 23 2 0 21 m xe  ＝ ＞ ， 当 01[xx ， ）时，h′(x)＜h′(1)=0，∴h(x)在[1，x0)上单调递减∴h(x)＜h(1)=0，不成立． 综上， 3 2m  ． 请考生在(22)、(23)、(24)三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则 按所做第一个题目计分，作答时，请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．[选修 4-1：几何证明选讲] 22.如图，AB 是⊙O 的直径，弦 CA、BD 的延长线相交于点 E，EF 垂直 BA 的延长线于点 F．求 证： (1)∠DEA=∠DFA； (2) 2ABBEBDAEAC ． 解析：(1)连接 AD，利用 AB 为圆的直径结合 EF 与 AB 的垂直关系，通过证明 A，D，E，F 四 点共圆即可证得结论； (2)由(1)知， BDBEBABF ，再利用△ABC∽△AEF 得到比例式，最后利用线段间的关 系即求得 2AB BE BD AE AC    ． 答案：(1)连接 AD，因为 AB 为圆的直径， 所以∠ADB=90°， 又 EF⊥AB，∠AFE=90°， 则 A，D，E，F 四点共圆 ∴∠DEA=∠DFA (2)由(1)知， BDBEBA BF ， 又△ABC∽△AEF∴ ACAB AB AFAE ACAEAF ＝ ，即 ∴ 2BE BD AE AC BA BF AB AF AB BF AF AB          （ ） . 23.极坐标系的极点为直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位 相同，已知曲线 C 的极坐标方程为ρ=2(cosθ+sinθ)． (1)求 C 的直角坐标方程； (2)直线 l： 1 2 31 2 xt yt      ＝ ＝ 与曲线 C 交于 A，B 两点，与 y 轴交于 E，求|EA|+|EB|的值． 解析：(1)将极坐标方程两边同乘ρ，进而根据 222 xy ，x=ρcosθ，y=ρsinθ，可求 出 C 的直角坐标方程； (2)将直线 l 的参数方程，代入曲线 C 的直角坐标方程，求出对应的 t 值，根据参数 t 的几何 意义，求出|EA|+|EB|的值． 答案：(1)∵曲线 C 的极坐标方程为ρ=2(cosθ+sinθ) ∴ 2 22cos sin     ∴ 2222xyxy 即 22112xy（ ） （ ） (2)将 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程， 得 2 10tt ， 所以  2 1212121 2 45EAEBttttttt t ． 24.已知函数 f(x)=|2x-a|+|2x+3|，g(x)=|x-1|+2． (1)解不等式|g(x)|＜5； (2)若对任意 1212xRxRfxg x，都有 ，使得（ ） （ ）成立，求实数 a 的取值范围． 解析：(1)利用||x-1|+2|＜5，转化为-7＜|x-1|＜3，然后求解不等式即可． (2)利用条件说明{|}{|}yyfxyygx（ ） （ ），通过函数的最值，列出不等式求解即可． 答案：(1)由||x-1|+2|＜5，得-5＜|x-1|+2＜5 ∴-7＜|x-1|＜3， 得不等式的解为-2＜x＜4 (2)因为任意 ， 所以 ， 又 f(x)=|2x-a|+|2x+3|≥|(2x-a)-(2x+3)|=|a+3|， g(x)=|x-1|+2≥2，所以|a+3|≥2，解得 a≥-1 或 a≤-5， 所以实数 a 的取值范围为 a≥-1 或 a≤-5．