2016届福建省福州三中高三最后模拟数学(理)试题(解析版).doc-道客多多

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1、第 1 页共 22 页2016 届福建省福州三中高三最后模拟数学（理）试题一、选择题1若复数为纯虚数，则实数的值为( )i2aza（A）（B）（C）（D）101【答案】D【解析】试题分析：为纯虚数，2i24ii 5az所以，故选 D.201a【考点】复数的四则运算.2已知集合 , ，则等于0542xxA|N,4|AxyBB( )（A）（B）（C）（D）4,310,313,214,321【答案】A【解析】试题分析：,250|50,4xxxNxN| ,0B，所以 .,134B【考点】集合的并集运算.3执行右面的程序框图，如果输入的的值为 1，则输出的的值为( )xx（A

2、）4 （B）13 （C）40 （D）121【答案】C【解析】试题分析：当输入时，第一次循环后的结果是；第二次循1x4,2xn环后的结果是；第三次循环后的结果是；此时，所以3,xn0,3结果为 40，故答案为 C.第 2 页共 22 页【考点】循环结构.4我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，一头粗，一头细，在粗的一端截下 1 尺，重 4 斤；在细的一端截下 1 尺，重 2 斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问中间 3 尺的重量为( )（A）

3、斤（B）斤（C）斤（D）斤690【答案】B【解析】试题分析：此问题是一个等差数列，设首项为，则，中间na254a尺的重量为斤故选：B31532439a【考点】等差数列的通项公式5已知，，则等于( )5sin)si()0,2(32cos(（A）（B）（C）（D）4354【答案】D【解析】试题分析： 3434sin()siincos3insin26565，又，所以6.2 4coscossin365【考点】1.诱导公式；2.三角恒等变换.6若命题，命题，则下21:(0,)lg()pxx200:,1qxxR列命题为真命题的是( )（A）（B）（C）（D）q(

4、)p()p【答案】A【解析】试题分析：，所以命题是211(0,)log()xxxp真命题；命题，所以对任意的恒成2140xR立，所以命题是假命题，所以为真命题.qpq【考点】命题的真假判断；2.逻辑连词.7为保证青运会期间比赛的顺利进行，4 名志愿者被分配到 3 个场馆为运动员提供服务，每个场馆至少一名志愿者，在甲被分配到场馆的条件下，场馆有两名志愿者AA的概率为( )（A）（B）（C）（D）613165【答案】C第 3 页共 22 页【解析】试题分析：甲被分配到场馆的条件下，场馆有两名志愿者的安排种数有AA种，场馆有一名志愿者的安排种数有种，所以甲被分配到场

5、馆1236CA236C的条件下，其他志愿者安排的情况共有种；故在甲被分配到场馆的条61A件下，场馆有两名志愿者的概率为 .P【考点】1.排列组合；2.古典概型.8已知实数，满足若目标函数的最大值为，最xy60,3,xzaxy93a小值为，则实数的取值范围是（） 3aa（A）（B）（C）或（D）111a1【答案】D【解析】试题分析：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分） ABC第 4 页共 22 页由目标函数得，则直线的截距最大，最大，直线的截距最小，zaxyaxzz最小目标函数的最大值为，最小值为，当目标函数z 933a经过点时，取得最大，

6、当经过点时，取得最小值，目标函数39， ,的目标函数的斜率满足比的斜率小，比的斜率大，即zaxya0xy0xy，故选 D.1m【考点】简单线性规划【方法点睛】一般地，在解决简单线性规划问题时，如果目标函数，首zAxBy先，作直线，并将其在可行区域内进行平移；当时，直线AyxB 0在可行域内平移时截距越高，目标函数值越大，截距越低，目标函数值越小；当时，直线在可行域内平移时截距越低，目标函数值越大，截距越高，0yx目标函数值越小.9一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是( )第 5 页共 22 页侧侧侧22 1111（A）（B）（C）（D）38342【答案】B

7、【解析】试题分析：该三视图的直观图，如下图所示，四棱锥，其中底面EABCD是直角梯形，D由此可知该几何体的体积为，故选 B.123【考点】空间几何体的三视图.10在平行四边形中，，，，为平行四边形内ABCD601AB3DP一点，，若（），则的最大值为( 23PR,)（A）1 （B）（C）（D）4234【答案】A【解析】试题分析：，，APBD22()APBA即，又2223，160ABDBA，，第 6 页共 22 页，，3cos602ABD234 ，，2 234( 1)()2)1( 的最大值为，当且仅当取等号136，【考点】平面向量数量积的运算11已

8、知从点出发的三条射线，，两两成角，且分别与球相切PPABC0O于，，三点若球的体积为，则，两点间的距离为( )ABCO3OP（A）（B）（C）3 （D）32 6【答案】B【解析】试题分析：连接交平面于，由题意可得：和为正 ABCP三角形，所以因为，所以3APOAO，所以又因为球的体积为，所以半径PA 3 36，所以 33【考点】点、线、面间的距离计算【思路点睛】连接交平面于，由题意可得：OPABC由可得，根据球的体 3ABOPA， APO积可得半径，进而求出答案12已知点是双曲线：（，）的左、右焦点，为12F、 C12by

10、可得，再12|PFa23|PFa由勾股定理，即可得到，运用离心率公式，即可得到所求范围0c二、填空题13已知函数满足，且当时，，则()fx(1)()ffx(0,2)x()2xf_2(log80f【答案】 54【解析】试题分析：，(1)()(2)(fxffxfx4)(ffx又，可得，若(1)fx ,)20,，又2,4x2(log80)f.422(logl5)f 225loglog5422(log5)lff【考点】1.函数的周期性；2.对数的运算.14过抛物线上任意一点向圆作切线，切点为，则xy2P)4(2yxA的最小值等于_PA【答案】 10【解析】试题分析：设圆心

11、，半径 224yPxy，， 40C， 2r，当且仅当2 22221|()814()6PACr，即取点时，取等号故的最小值等于 yP， PA0【考点】抛物线的简单性质15在数列中，已知，前项和满足 ( )，则当na23nnS21naS2第 8 页共 22 页时， _3nnS【答案】 125【解析】试题分析：当时，，21nnaS，，21 11()( 2nnnnSSS 12nS，即数列为等差数列，又1nn 32Sa，又，可得32121212Saa221S12a，可得，又21223a13a，所以当时， .115nnSan125nS【考点】1.数列的递推公式；2.等差数列.

12、【思路点睛】运用，代入化简得出：，，即数列1nnS1nS为等差数列，又得，又，1nS322a12a221aS可得，可得，进而求出，再根据等21a122313差数列的通项公式即可求出结果.16已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是()e)xxfaa_【答案】 10,2【解析】试题分析：，由题可知，有两个根，所()e12e)xxfa()0fx以有两根，即有两根，即函数与函数1e0xaye的图像有两个交点，由于函数必过点，设过点2y 12yxa,且与函数相切的直线的切点坐标为，所以切线的方程为,xyel,mel第 9 页共 22 页，所以，故切线方程

13、为，()mmyex0(1)0mmee1yx此时直线斜率为，故 .l1,22a【考点】函数的极值.【方法点睛】用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设0()Pxy，是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：0()Pxy，()fx若曲线在点的切线平行于轴（即导数不0(f()yfx0()f， y存在）时，由切线定义知，切线方程为三、解答题17如图，点在内，，，，设PABC2P3BCAPCABP CBA（）用表示的长；A（）求四边形面积的最大值，并求出此时的值【答案】（）；（）234cosP【解析】试题分析：(1)在三角形中，由及，利用余弦定

14、理列出BAC， cosB关系式，记作；在三角形中，由及，利用余弦定理列出关系CP，式，记作，由消去，得到关于的方程，整理后可用表示的长；AAP(2)由三角形的面积公式表示出三角形及三角形的面积，两三角形面积之差即为四边形的面积，整理后将表示出的代入，根据正弦函数的图象与B性质即可求出四边形的面积的最大值，以及此时的值试题解析：解：（）在中，，，由余弦定理得：， 2 分在中，，，设，由余弦定理得：， 3 分所以， 4 分所以，解得 . 6 分（）四边形的面积，第 10 页共 22 页因为， 7 分， 9 分所以， 10 分所以当，即时，

15、11 分四边形的面积的最大值为 12 分.【考点】余弦定理18某商家每年都参加为期 5 天的商品展销会，在该展销会上商品的日销售量与是否下雨有关经统计，2015 年该商家的商品日销售情况如下表：日期 6 月 18 日 6 月 19 日 6 月 20 日 6 月 21 日 6 月 22 日天气小雨小雨多云多云晴日销售量（单位：件） 97 103 120 130 125以 2015 年雨天和非雨天的日平均销售量估计相应天气的销售量若 2016 年 5 天的展销会中每天下雨的概率均为，且每天下雨与否相互独立%06（）估计 2016 年展会期间能够售出的该商品的件数；（）该商品成本价为

16、90 元/件，销售价为 110 元/件（）将销售利润（单位：元）表示为 2016 年 5 天的展销会中下雨天数的函数；X t（）由于 2016 年参展总费用上涨到 2500 元，商家决定若最终获利大于 8000 元的概率超过 0.6 才继续参展，请你为商家是否参展作出决策，并说明理由【答案】（）550；（）（）；（）商家应决定参加120,Nt2016 年的展销会【解析】试题分析：（）由该商家的商品日销售情况表可知：2015 年雨天的日平均销售量为件，非雨天的日平均销售量为件，可设 2016 年 5 天的展销会中下雨的天数为，则，据此即可求出结果；（）（）依题意得，销售利润=

17、由此即可求出结果；（）设商家最终获利为，则，若最终获利大于 8000 元，则，解得，所以，又因为，所以最终获利大于 8000 元的概率为：第 11 页共 22 页试题解析：解：（）由 2015 年该商家的商品日销售情况表可知：2015 年雨天的日平均销售量为件，非雨天的日平均销售量为件，设 2016 年 5 天的展销会中下雨的天数为，则，所以， 4 分所以估计 2016 年 5 天的展销会有 3 天下雨，2 天不下雨，所以估计 2016 年展会期间能够售出的该商品的件数为（件）. 5 分（）（）依题意得，销售利润= = ，（）设商家最终获利为，则，若最终获

18、利大于 8000 元，则，解得，所以，又因为，所以最终获利大于 8000 元的概率为：9 分所以商家应决定参加 2016 年的展销会注：本小题也可用对立事件的概率计算所以商家应决定参加 2016 年的展销会【考点】1.古典概型及其概率计算公式；2.数学期望和方差.19如图，正方形所在的平面与所在的平面交于，且平面ABCDCECDAECDE第 12 页共 22 页A BCDE（）求证：平面平面；ABDE（）若，，求二面角的余弦值21BA【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）因为平面，平面，所以，在正方形中，，又因为，所以平面，再由面面垂直的

19、判定定理，即可证明结果；（）在平面内，过作，由（）知平面，所以，所以，又平面，所以两两垂直以，，分别为轴，建立空间直角坐标系，然后再利用空间向量即可求出结果.试题解析：解：（）因为平面，平面，所以， 2 分在正方形中，，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面（）在平面内，过作，由（）知平面，所以，所以，又平面，所以两两垂直以，，分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，第 13 页共 22 页因为，所以，又，所以，所以，，，，所以平面的法向量为，设平面的法向量为，，所以由，得，令，

20、则， 10 分所以，设二面角为，所以【考点】1.线面垂直的判定定理；2.面面垂直的判定定理；3，,空间向量；4.二面角.【方法点睛】利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为，设分别为平面的法向量，二面角的大小为，向量)0(12,n,l的夹角为，则有（图 1）或（图 2）其中12,n.12cos|n第 14 页共 22 页20 、分别是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，1F2E)0(12bayx O是上任意一点，是线段的中点已知的周长为，面积的最大MENMF1NF13值为 43（）求的标准方程；（）过作直线交于两点，，以为邻边

21、作平行四边形1FlEBA,)0,5(PPBA,，求四边形面积的取值范围PAQBP【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）连接，由椭圆定义知，是线段的中点，是线段的中点，，周长为，可得，又面积，可得，由即可求出椭圆方程；（）设，，显然直线的斜率不能为 0，故设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，，， 9 分第 15 页共 22 页设，则，，然后再利用基本不等式即可求出结果.试题解析：解：（）连接，由椭圆定义知，是线段的中点，是线段的中点，，周长为，即， 2 分又面积，所以当时，最大，所以， 4 分由解得，所以的标

22、准方程为（）设，，显然直线的斜率不能为 0，故设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，，，，设，则，，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，四边形面积的取值范围第 16 页共 22 页【考点】1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.21已知，函数，曲线与轴相切aR()ln)fxax()yfx（）求的单调区间；()fx（）是否存在实数使得恒成立？若存在，求实数的值；若不m)e1()xxfm存在，说明理由【答案】（）在上单调递增，在上单调递减；（）【解析】试题分析：（）设切点为，，依题意解得所以，，即可求出结果（）等

23、价于或令，，则，，然后再对进行分类讨论，即可求出结果. m试题解析：解：（）设切点为，，依题意即解得 3 分所以，当变化时，与的变化情况如下表：第 17 页共 22 页所以在上单调递增，在上单调递减 5 分（）存在，理由如下： 6 分等价于或令，，则，，若，当时，，，所以；当时，，，所以，所以在单调递减区间为，单调递增为，又，所以，当且仅当时，，从而在上单调递增，又，所以或即成立 9 分若，因为，所以存在，使得，因为在单调递增，所以当时，，在上递增，又，所以当时，，从而在上递

24、减，又，所以当时，，第 18 页共 22 页此时不恒成立； 11 分若，同理可得不恒成立综上所述，存在实数 12 分.【考点】1.导数在函数单调性中的应用；2.分类讨论.22选修 4-1：平面几何选讲如图，，分别为边，的中点，直线交的外接圆于DEABCDEABCO点，且 F/OGFEDCBA（）证明：；C（）过点作圆的切线交的延长线于点，若，，求OABC62D的长CG【答案】（）见解析；（）见解析【解析】试题分析：（）因为 D，E 分别为 AB，AC 的中点，所以 DEBC.又已知CFAB，故四边形 BCFD 是平行四边形，所以 CFBDAD，而

25、 CFAD，连结 AF，所以四边形 ADCF 是平行四边形，故 CDAF.因为 CFAB，所以 BCAF，即可证明结果.（）因为是圆的切线，所以，又因为，所以，所以，因为 A，B，C，F 四点共圆，所以，所以，所以，因为，又由（）知，，可得，因为是圆的切线，所以根据切割线定理可得：，即可求出结果.试题解析：解：（）因为 D，E 分别为 AB，AC 的中点，所以 DEBC.又已知 CFAB，故四边形 BCFD 是平行四边形，所以 CFBDAD而 CFAD，连结 AF，所以四边形 ADCF 是平行四边形，故 CDAF.因为 CFAB，所以 BCAF，所以 CDBC. 5 分

26、第 19 页共 22 页（）因为是圆的切线，所以，又因为，所以，所以，因为 A，B，C，F 四点共圆，所以，所以，所以，因为，，又由（）知，，所以，所以，因为是圆的切线，所以根据切割线定理可得：，所以 10 分.【考点】与圆有关的线段问题.【一题多解】（）同解法一（）因为是圆的切线，所以，又因为，所以，第 20 页共 22 页所以，因为 A，B，C，F 四点共圆，所以，所以，所以，过点 C 作 CM AB 于 M，由（）知：，所以 M 是 BD 中点，又因为所以，由（）知：，所以，，所以，所以，所以 23选修 4-4：坐标系

27、与参数方程在直角坐标系中，圆的参数方程为参数）以为极点，轴xOyC1cos(inxyOx的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求的极坐标方程；（）直线的极坐标方程是记射线：与分别交l2sin()3M3C于点，，与交于点，求的长OPlQP【答案】（）；（）2【解析】试题分析：（）把代入圆 C 的参数方程为2cosin1( 为参数)，消去参数化为普通方程，把代入可得圆 C1cosinxy cosinxy的极坐标方程（）设，联立，解得；设1()P， 2s31，联立，解得，可得 2()Q， ()23sincos2， PQ试题解析：解：（）消去参数，得到

28、圆的普通方程为，令代入的普通方程，得的极坐标方程为，即 5 分（）在的极坐标方程中令，得，所以第 21 页共 22 页在的极坐标方程中令，得，所以所以 10 分【考点】1.参数方程化成普通方程；2.简单曲线的极坐标方程24选修 4-5：不等式选讲已知函数 12)(xxf（）求不等式的解集；M（）对任意，都有成立，求实数的取值范围),axaxf)(a【答案】（）；（）【解析】试题分析：（），当时，即，所以；当时，，即，所以；当时，，即，所以；进而求出结果；（）令，当直线经过点时，，所以当即时成立；当即时，令，得，所以，即，即可求出结果.试题解析：解：（），当时，，即，所以；当时，，即，所以；当时，，即，所以；综上，不等式的解集为 5 分（）第 22 页共 22 页令，当直线经过点时，，所以当即时成立；当即时，令，得，所以，即，综上或 10 分【考点】绝对值不等式.【一题多解】（）同解法一（）设因为对任意，都有成立，所以当时，所以所以，符合当时，，所以所以，符合综上，实数的取值范围是

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