福建省2016届高三毕业班4月质量检查试题（全科）.zip

- 1 -2016 年福建省普通高中毕业班质量检查文 科 数 学注意事项：1.本试题分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 5 页；2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；3.请将全部答案答在答题卡上，答在本试卷上无效；4.考试结束或，将本试卷和答题卡一并收回。第Ⅰ卷（选择题）1、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.已知复数 ，则iz13zA.1 B.2 C. D.52.集合 ，则02|,| xBxyA BAA. B. C. D.，201,2,3.已知 ，则 的值等于3cos2cosA. B. C. D.97-98-4.执行如图所示的程序框图，如果输入 n 的值为 4，则输出的 S 的值为 A.15 B.6 C.-10 D.-215.某公司为了增加其商品的销售利润，调查了该商品投入的广告费用 x 与销售利润 y 的统计数据如下表：广告费用 x(万元) 2 3 5 6销售利润 y(万元) 5 7 9 11由表中数据，得线性回归方程 ，则下列结论错误的xbyaxbaxylniiiii ˆ,ˆˆ:12是A. B. C.直线 过点(4,8) D.直线 过点(2,5) 0ˆb0ˆall- 2 -6.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则这个几何体是A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱7.在 ABC 中， 为 AB 中点， BCD 的面积为 ，DAB,23，43则 AC 等于A. B. C. D.271098.函数 ，则 是lnxexffA.奇函数，且在 上单调递减 B.奇函数，且在 上单调递增，0 ，0C.偶函数，且在 上单调递减 D.偶函数，且在 上单调递增， ，9. 在空间直角坐标系 O-xyz 中， A(0,0,2)， B(0,2,0)， C(2,2,2)，则三棱锥 O-ABC 外接球的表面积为 A. B. C. D.334124810.若 x,y 满足约束条件 则 的最小值为,0,yx223yxA. B. C.5 D.912911.已知过双曲线 的焦点的直线 与 C 交于 A,B 两点，且使 ，0,1:2bayxCl a4的直线 恰好有 3 条，则 C 的渐近线方程为lA. B. C. D. xy2xy2xy2xy2112.已知函数 ，若 与 的图像上分别存在点 M， N，1ln, egkf fg使得 M,N 关于直线 对称，则实数 k 的取值范围是eyA. B. C. D.，2e424-e， e2-， 2e-，- 3 -第Ⅱ卷（非选择题）本卷包括必考题和选考题两部分。第 13 题--第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22 题--第 24 题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.13.已知函数 ，则 .,023xf 1f14.已知向量 的夹角为 ，则 .ba,3,ba，ba15.椭圆 的右焦点与抛物线 的焦点 F 重合，点 P 是椭圆 C 和抛01:2yxCxyE4:2物线 E 的一个公共点，点 满足 ，则 的离心率为 .，QPFC16.已知 是函数 的图像上的一个最高点， B， C 是 图像A20,sinxf xf上相邻的两个对称中心，且 的面积为 ，若存在常数 M(M0)，使得 ，ABC1Mfxf则该函数的解析式是 .xf三、解答题：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本小题满分 12 分）已知等比数列 的前 n 项为和 ，且anS.7,0233Sa(Ⅰ)求数列 的通项公式；n(Ⅱ)求数列 的前 n 项和 .naT18.（本小题满分 12 分）随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机 APP 软件层出不穷.现从使用 A 和 B 两款订餐软件的商家中分别随机抽取 50 个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下.(Ⅰ)试估计使用 A 款订餐软件的 50 个商家的“平均送达时间”的众数及平均数；(Ⅱ)根据以上抽样调查数据，将频率视为概率，回答以下问题：- 4 -(ⅰ)能否认为使用 B 款订餐软件“平均送达时间”不超过 40 分钟的商家达到 75%？(ⅱ)如果你要从 A 和 B 两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？并说明理由.19.（本小题满分 12 分）如图，多面体 中，四边形 ABCD 为菱形，且CDEF.32,/,60EFDB，(Ⅰ)求证： ;A(Ⅱ)若 求三棱锥 的体积.，5EBCF-20.（本小题满分 12 分）已知点 ，直线 与 x 轴交于点 B，动点 M 到 A， B 两点的距离之比为 2.04，A1:l(Ⅰ)求点 M 的轨迹 C 的方程；(Ⅱ)设 C 与 x 轴交于 E， F 两点， P 是直线 上一点，且点 P 不在 C 上，直线 PE,PF 分别与 C 交于另一l点 S， T，证明： A， S， T 三点共线.22.（本小题满分 12 分）已知函数 ，曲线 在点 处的切线平行于 x 轴.,lnxaefxxfy1f，(Ⅰ)求 的单调区间；(Ⅱ)证 明： 时， .eb2)(2xbxf请考生在第 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，做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。22.（本小题满分 10 分）选修 4-1：几何证明选讲如图， 的两条中线 AD 和 BE 相交于点 G，且 D,C,E,G 四点共圆.ABC(Ⅰ)求证： ；D(Ⅱ)若 GC=1，求 AB.23.（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系 中，曲线 C 的参数方程为 (其中 为参xOy,sinco3yx数)，以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系中，直线 的极坐标方程为x l.24sin(Ⅰ)求 C 的普通方程和直线 的倾斜角；l(Ⅱ)设点 P(0，2)， 和 C 交于 A,B 两点，求 .PB24.（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲已知函数 .1xf- 5 -(Ⅰ)求使不等式 的解集 M；12xf(Ⅱ)设 ，证明： .Mba, bfabf- 6 -2016 年福建省普通高中毕业班质量检查文科数学试题答案及评分参考评分说明：1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分， 满分 60 分．（1）C （2）D （3）A （4）C （5）D （6）A（7）B （8）D （9）C （10）B （11）A （12）D二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 20 分．（13） （14） （15） （16）721sinx三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．本小题主要考查等比数列的通项公式、数列求和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等．满分 12 分．解：（Ⅰ）设 的公比为 ，naq依题意，得 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分21120,7解得 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分1,2aq所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分1n（Ⅱ）由（Ⅰ）得， ，所以 ，① ∙∙∙∙∙ 7 分12na2131nnT所以 ，② ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分211nnT①－②得， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分212nn12n． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分n- 7 -所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分124nnT18．本小题主要考查频率分布直方图、平均数、众数、古典概率等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查必然与或然思想等．满分 12 分．解：（Ⅰ）依题意可得，使用 A 款订餐软件的 50 个商家的 “平均送达时间”的众数为55（分钟） ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分使用 A 款订餐软件的 50 个商家的 “平均送达时间”的平均数：（分钟） ．150.62.3450.124.50.46.40∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分（Ⅱ） （ⅰ）使用 B 款订餐软件“平均送达时间”不超过 40 分钟的商家的比例估计值为0.04+0.20+0.56=0.80=80%75%. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分故可认为使用 B 款订餐软件“平均送达时间”不超过 40 分钟的商家达到 75%. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分（ⅱ）使用 B 款订餐软件的 50 个商家的 “平均送达时间”的平均数：，150.42.350.64.150.46.23540所以选 B 款订餐软件． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分注：本小题答案开放，只要能够按照统计知识合理作答，即给满分。如以下回答也符合要求。根据样本估计总体的思想可知，使用 A 款订餐软件的商家的“平均送达时间”在 30 分钟内的概率为 0.4，使用 B 款订餐软件的商家的 “平均送达时间”在 30 分钟内的概率为0.24，所以可选 A 款订餐软件．19．本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．满分 12 分．解法一：（Ⅰ） 如图，取 中点 ，连结 ．ADO,EB∵ ，∴ ．……………………1 分E∵四边形 为菱形，BC∴ ，A又 ，∴△ 为等边三角形，∴ ，60DADBAD∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分O∵ ， ， ，∴ ， ∙ 5 分BEBEO平 面 EO平 面 BEO平 面∵ ，∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分平 面 （Ⅱ）在 中， ， ，AD△ 32AD O CA D FE B- 8 -∴ ，2EOA∵ 为等边三角形，∴ ,∴ ． ∙∙∙∙ 7 分BD△ 2ABD3BO又 ，∴ ，∴ ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分522OE∵ ， , ,C平 面 AC平 面∴ 平面 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分E又 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分11232ABDS△∴ ．C△ △又∵ ∥ ，EF∴ ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分BDCV． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分116323BSEO△解法二：（Ⅰ）同解法一． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分（Ⅱ）在△ 中， ， ，EAD32AD∴ ，2O∵ 为等边三角形，B△∴ ，∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分3BO又 ，∴ ，∴ ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分5E22EB所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分116OBS△又 ， ∥ ， ,CDA△ △ FCADO平 面∴ ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分FBEBVV． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分1162333OS△20. 本小题考查圆的方程、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等. 满分 12 分．解法一：（Ⅰ）设点 ，依题意， ， ∙∙∙∙∙ 3 分,Mxy24=1xyABO CA DFEB- 9 -化简得 ，即曲线 的方程为 . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分24xyC24xy（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲线 的方程为 ，2令 得 ，不妨设 ． 0yx,0,EF设 ，12,,PSyTx则直线 的方程为 ，E0由 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分02,4yx22040yxy所以 ，即 ， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分201201012y直线 的方程为 ，PF03yx由 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙ 9 分02,34yx220094360yx所以 ，即 ， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分206yx2018xy029y所以 ，02012043ASykxy，20022918434ATyykx所以 ，所以 三点共线． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12分AST,S解 法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲线 的方程为 ，C24xy令 得 ，不妨设 ．0y2x,0,EF设 ，12,,PSyTxOTSyxFBAEPOTSyxFBAEP- 10 -则直线 的方程为 ， PE02yx由 消去 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分02,4yx014y所以 ， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分012y201直线 的方程为 ，PF003yx由 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分002,34yx2091y所以 ， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分0219y208yx以下同解法一．解法三：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲线 的方程为 ，C24xy令 得 ，不妨设 ．0y2x,0,EF设 ，12,,PSyTx当 时， ，此时 三点共0y,,AST线．当 时，则直线 的方程为 ， E02y由 消去 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分02,4xyx2014所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分012y直线 的方程为 ，PF0023yx由 消去 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分002,34yx20091y所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分0219yOTSyxFBAEP- 11 -124ASTykx12214yxyx211200364yyx， ∙∙∙∙∙ 11 分1202101201021 0366y yyx因为 ，0000222249y， 00012222211499yyy所以 ．0106所以 ，所以 三点共线． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分ASTk,S21．本小题主要考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．满分 12分．解：（Ⅰ）因为 ， ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分()1exafx0依题意得 ，即 ，解得 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分10f22e所以 ，显然 在 单调递增且 ，e()xx ()fx0， (1)0f故当 时， ；当 时， ．0,10f1,fx所以 的递减区间为 ，递增区间为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分fx,,（Ⅱ）①当 时，由（Ⅰ）知，当 时， 取得最小值 ．0b≤ 1xfxe又 的最大值为 ，故 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分2xb2fb≥②当 时，设 ，0eb≤ 2()elnxgx所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分2()11xgxb令 ， ，exh0x则 ，2()xb当 时， , ，所以 ，…………………………….9 分0,1x2e0≥ e0x()0hx- 12 -当 时， ， ，所以 ，……….……………….10 分1,x2e0xb2ex()0hx所以当 时， ，故 在 上单调递增，0,()h()h,又 ，所以当 时， ；1h0,1x0gx当 时， ．,xg所以 在 上单调递减，在 上单调递增，g(0,1)(1,)所以当 时， 取得最小值 ，xxe0gb≥所以 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分0g≥ 2fbx≥综上 ，当 时， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分eb≤ ≥解法二：（Ⅰ）同解法一．(Ⅱ)设 ．2lnxgx（1） 当 时， ， eb1'1exx∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分①当 时， ，所以 ， ∙∙∙∙∙∙ 7 分01x≤ e2,x≤ ≥ '0g≤所以 在 上单调递减，所以 ，即 ．g, 1g≥ 2elnexx≥∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分②当 时，1x令 1()1e2,xMgx则 ，23e0xx 所以 在 上单调递增， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分()1,即 在 上单调递增，所以 ，gx, ''10gx所以 在 上单调递增，所以 ，即 ．2elnexx故当 时， 恒成立． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分0x2efxx≥（2） 当 时，因为 ，eb210- 13 -所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分22exbx由（1）知， ，所以 ．ef≥ 2fxbx综合（1） （2） ， 当 时， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分≤ 2fxb≥解法三：（Ⅰ）同解法一． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分(Ⅱ)设 ，则 ，exg'exg令 ,得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分'=01当 时， ，当 时， ；,1x'x,'0gx所以 在 上单调递减，在 上单调递增， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分g,所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分0≥所以 ，所以 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分ex≥ lnex≥ l1x≤因为 ， ，22,10b≤所以 ． 22l exf xbx≥ ≥∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分请考生在第（22），（23），（24 ）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．（22）选修 ：几何证明选讲41本小题主要考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、切割线定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想等．满分 10 分．解法一：（Ⅰ）连结 ，因为 四点共圆，则 ． ∙∙ 2 分DE,CGADECG又因为 为△ 的两条中线，,AB所以 分别是 的中点，故 ∥ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分E,EB所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分从而 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分DCG（Ⅱ）因为 为 与 的交点，AB故 为△ 的重心，延长 交 于 ，ABF则 为 的中点，且 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分F2在△ 与△ 中，因为 ， ，CGGCGCFA所以△ ∽△ ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分AF- 14 -所以 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分FAGC2FC因为 ， ， ，12B132G所以 ，即 ，234AA又 ，所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分1GC解法二：（Ⅰ）同解法一． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知， ，BDCG因为 四点共圆，所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分,EABE所以 ∽ ，所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分A△ △由割线定理， ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分又因为 是 的中线，所以 是 的重心，,DBEC△ GABC△所以 ,又 ，23AG=2AE所以 ，所以 ，3所以 ，因为 ，所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分BC1B（23）选修 ；坐标系与参数方程4本小题考查直线的极坐标方程和参数方程、椭圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等． 满分 10 分．解法一：（Ⅰ）由 消去参数 ，得 ，3cos,inxy219xy即 的普通方程为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分C219由 ，得 ， （＊） ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分sin4sincos2将 代入（＊） ，化简得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分co,sixyyx所以直线 的倾斜角为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分l4- 15 -（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点 在直线 上， 可设直线 的参数方程为 （ 为参数） ，0,2Pllcos,42inxtyt即 （ 为参数） ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分2,xtyt代入 并化简，得 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分219x251870tt．28470设 两点对应的参数分别为 ，,AB12,t则 ，所以 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分12,55t120,t所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分12128Ptt解法二：（Ⅰ）同解法一. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分（Ⅱ）直线 的普通方程为 .lyx由 消去 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分2,9yx2103670于是 .3647设 ，则 ，所以 .12(,)(,)AxyB1280,5x1270x12,0x∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分故 .221 12|0|||||5Pxxx∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分（24）选修 ：不等式选讲45本小题考查绝对值不等式的解法与性质、不等式的证明等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等． 满分 10 分．解法一：- 16 -（Ⅰ） （ⅰ） 当 时，原不等式可化为 ，解得 ，1x≤ 12x1x此时原不等式的解是 ； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分x（ⅱ）当 时，原不等式可化为 ，解得 ，2此时原不等式无解； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分（ⅲ）当 时，原不等式可化为 ，解得 ，1x≥ 12x1x此时原不等式的解是 ； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分综上， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分M或（Ⅱ）因为 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分1fab1ab∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分≥． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分因为 ，所以 ， ，,abM1b0a所以 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙ 10 分ffbffb解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）因为 ， ∙∙ 7 分 11fafbababa≤所以，要证 ，只需证 ， f即证 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分221b即证 ，2aab即证 ，即证 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分220210因为 ，所以 ，所以 成立，,bM2, 1ab所以原不等式成立． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分12016 年福建省普通高中毕业班质量检查理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷 1 至 3 页，第Ⅱ卷 4 至 6 页，满分150 分．考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上 ．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B 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，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．3．考试结束，监考员将试题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 ， 是虚数单位，若 与 互为共轭复数，则,abRiia2ib2(i)ab（A） （B）3434（C） （D）5i5i（2）执行如图所示的程序框图，若要使输出的 的值等于 3，y则输入的 的值可以是 x（A） （B） （C）8 （D）129（3）已知 ， ，则 的值等于3cos5sin2（A） （B） （C） （D）1251245245（4）已知 ，则“ ”是“ ”的0,ababb（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2（5）若 满足约束条件 则 的取值范围为,xy20,,xy1yx（A） （B） 1,35 ,3（C） （D）,,1,,（6）已知等比数列 的各项均为正数且公比大于 1，前 项积为 ，且 ，则使得{}nannT243a的 的最小值为1nT（A）4 （B）5 （C）6 （D）7（7）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中，最小的值为（A） （B）8 （C） （D）254582（8）在 中， ， ， ， ，则BC3A23A2MBAC（A） （B） （C） （D） 14 13（9）若椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为（A） （B） （C） （D）5123263（10）在三棱锥 中， ， ， ， ， ，则三PC2AP7ABC2AB棱锥 外接球的表面积为（A） （B） （C） （D）4163316（11）已知 分别为双曲线 的左、右焦点，若点 是以 为直12,F210,xyab： P12F径的圆与 右支的一个交点， 交 于另一点 ，且 ，则 的渐近线方程为C1PFQ12PFC（A） （B） （C） （D）2yx2yxyx2yx3（12）已知 是定义在 上的减函数，其导函数 满足 ，则下列结论正确)(xfRfx 1fx的是（A）对于任意 ， 0 x)(xf Rx)(xf（C）当且仅当 ， 01,,1第Ⅱ卷注意事项：第Ⅱ卷共 3 页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．本卷包括必考题和选考题两部分。第 13 题～第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答。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。（13）若随机变量 ，且 ，则 ．2,XN:10.2PX5PX（14）若 展开式中的常数项为 ，则 ． 51ax4a（15）若数列 的各项均为正数，前 项和为 ，且 ，则 ．{}nnnS111,nnSa25（16）已知点 ，且平行四边形 的四个顶点都在函数 的53,1,2ABABCD21logxf图象上，则四边形 的面积为 ． CD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）在△ AB中， ，点 在边 AB上， ，且 ．31DAC（Ⅰ）若△ CD的面积为 ，求 ；C（Ⅱ）若 ，求 ．4（18）（本小题满分 12 分）如图，三棱柱 中，底面 为等腰直角三角形， ， ，1ABCABC1ABC2．160（Ⅰ）证明： ；1（Ⅱ）若 ，求 与平面 所成角的正弦值．12BCA1BC（19）（本小题满分 12 分）甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪 70 元，每单抽成 2 元；乙公司无底薪， 40 单以内(含 40 单)的部分每单抽成 4 元，超出 40 单的部分每单抽成 6 元．假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其 100 天的送餐单数，得到如下频数表：（Ⅰ）现从甲公司记录的这 100 天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于 40 的概率；（Ⅱ）若将频率视为概率，回答以下问题：（ⅰ）记乙公司送餐员日工资为 (单位：元), 求 的分布列和数学期望； XX5（ⅱ）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由.（20）（本小题满分 12 分）已知抛物线 的焦点为 ，过 且垂直于 轴的直线与 抛物线 交于 两2:0EypxFxE,ST点，以 为圆心的圆过点 ，且 ．P3,0,ST90P（Ⅰ）求抛物线 和圆 的方程；（Ⅱ）设 是圆 上的点，过点 且垂直于 的直线 交 于 两点，证明： ．MMFlE,ABFAB（21）（本小题满分 12 分）已知函数 ， ．曲线 与 在原点处的切线相ln1fxaxe1xgyfxygx同．（Ⅰ）求 的单调区间；f（Ⅱ）若 时， ，求 的取值范围．0xgxkf请考生在第 22、23、24 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。（22）（本小题满分 10 分）选修 ：几何证明选讲416如图，△ 的两条中线 和 相交于点 ，且 四点共圆．ABCADBEG,DCE（Ⅰ）求证： ；G（Ⅱ）若 ，求 ．1G（23）（本小题满分 10 分)选修 ：坐标系与参数方程4在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），在以原点为极xOyC3cos,inxy点， 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线 的极坐标方程为 . x l 24（Ⅰ）求 的普通方程和 的倾斜角；Cl（Ⅱ）设点 ， 和 交于 两点，求 ．0,2P,ABPB（24） （本小题满分 10 分）选修 ：不等式选讲45已知函数 .1fx（Ⅰ）求不等式 的解集 ；2xM（Ⅱ）设 ，证明： ．,abMfabffb72016 年福建省普通高中毕业班质量检查理科数学试题答案及评分参考评分说明：1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 60 分． （1）B （2）C （3）D （4）A （5）B （6）C（7）B （8）C （9）D （10）D （11）A （12）B二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 5 分，满分 20 分． （13） （14） （15） （16） 0.3326263三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（17）本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等．满分 12 分．解法一：（Ⅰ）因为 , 即 ， ∙∙∙∙∙∙ 2 分=3BCDS△ 1sin32B又因为 , ，所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分314在△ 中, 由余弦定理得， , ∙∙∙ 5 分B22cosDCB即 ，解得 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分2643CD13（Ⅱ）在△ 中， ，可设 ，则 ，ACAA又 ，由正弦定理，有 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分3sin2i所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分2cosCD在△ 中, ，B,3BCD8由正弦定理得， ，即 ， ∙∙∙∙ 10 分siniCDB312cos2ini()化简得 ，2coi()3于是 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分sin()s因为 ，所以 ，0220,33所以 或 , 3+=解得 ，故 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分=618或 618DCA或解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）因为 ，A所以 ．取 中点 ，连结 ，CED所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分设 ， 因为 ，所以 ．A3AC32EAC在 △ 中， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分RtCDEcos2cosD以下同解法一．（18）本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等．满分 12 分．解法一：（Ⅰ）连结 ，在 中， ，1AB1△ 11,2,60ABAB由余弦定理得， ， 22cos3∴ ，…………………………………………1 分13∴ ，221B∴ ．………………………………………2 分1A又∵ 为等腰直角三角形，且 ，C△ ABC∴ ，又∵ ，1BC1B1A1ABCDEACB9∴ 平面 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分AB1C又∵ 平面 ，1∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分（Ⅱ）∵ ，113,,2ABC∴ ，∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分221BC如图，以 为原点，以 的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角1,坐标系，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分则 ， 10,3,0ABC， ， ， ， ， ， ， ， ，∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分1 1,设平面 的法向量 ，Cxyzn由 得 令 ，得 ．10,B30,3xy∴平面 的一个法向量为 ． ……………………9 分1,1n∵ ，10,31,ACACB……………………………………………………………………………10 分∴ ，….……………11 分1135cos,||7n∴ 与平面 所成角的正弦值为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分1AC1B10解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）过点 作 平面 ，垂足为 ，连结 ，H1CH1C则 为 与平面 所成的角． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分1A1B由（Ⅰ） 知， ， ， ， ，13AA12B∴ ，∴ ，2211BC又∵ ，∴ 平面 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分A1BC∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙ 8 分1 133326BCAVSAB△xzyA1B1 C1ABC10取 中点 ，连结 ，∵ ，∴ ．BCP1B12C1PBC又在 中， ，∴ ，∴ ，RtA△ 2∴ ，21 142PBP∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分117CS△∵ ， 1ABABV∴ ，即 ，∴ ． ∙∙∙∙ 10 分1336CSH△ 7326AH217∵ 平面 ， 平面 ，∴ ，BC1三棱柱 中， ， ，1AB1/2∴ ，∴ ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分1C25A在 中， ，1RtAH△ 1107sin3HC所以 与平面 所成的角的正弦值为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分1C1B5（19）本小题主要考查古典概型、随机变量的分布列及数学期望等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想、化归与转化思想．满分 12分．解：（Ⅰ） 记“抽取的两天送餐单数都大于 40”为事件 ，M则 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分2019()45CPM（Ⅱ）（ⅰ）设乙公司送餐员送餐单数为 ，则a当 时， ； 38a12X当 时， ； 9456当 时， ；400当 时， ；1a1当 时， ． 24267XA1B1 C1PABCH11所以 的所有可能取值为 152,156,160,166,172． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分X故 的分布列为 ：152 156 160 166 172P10512510∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分． ∙∙ 9 分1121()52667620550EX所 以（ⅱ）依题意， 甲公司送餐员日平均送餐单数为． ∙∙∙∙ 10 分38.9.4.20.4.39所以甲公司送餐员日平均工资为 元． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 11 分7391由（ⅰ）得乙公司送餐员日平均工资为 元．6因为 ，故推荐小明去乙公司应聘． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分1462（20）本小题考查圆 与抛物线的标准方程及几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、分类与整合思想等．满分12 分．解法一：(Ⅰ)将 代入 ，得 ，所以 ， ∙∙∙∙∙∙ 1 分2px2ypxy2STp又因为 ，所以△ 是等腰直角三角形，90SPTSPT所以 ，即 ，F32p解得 ，2p所以抛物线 ，…………………………………………3 分:4Eyx此时圆 的半径为 ，P2p所 以圆 的方程为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分38xy(Ⅱ)设 ，012,,,MyABx依题意 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分20061（ⅰ）当直线 斜率不存在时， ，l3,M①当 时，由 ，得 ．32x24yx2yTSy xOFP12y xBAMOFP不妨设 ，32,,32,AB则 即 ． 1, 1FBAFkkF②当 时，同理可得， ．………………….6 分x（ⅱ）当直线 斜率存在时，因为直线 与抛物线 交于 两点，l lE,AB所以直线 斜率不为零， 且 ． 01x0y因为 ，所以 ，lMFlMFk所以 ，…………………………………………………7 分01lxky直线 ．00:ly由 得， ， ∙∙∙∙∙ 8 分2004,1yxy 220004411xyx即 ，所以 ， ∙∙∙∙ 9 分200yx0012124,yxx所以 ∙∙∙∙∙∙∙ 10 分1212FABx 124y2 21 1211212 123646yyy y0002253xxx 200000254651xx，002441y200261yx所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分AFB解法二：(Ⅰ)同解法一．(Ⅱ)设 ，依题意 ，即 ， （*） ∙ 5 分0,Mxy20038xy20061x设 ，则 ，22112,,4AB2211,,4yFMABy， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分2101020,,,4yyxyxy13由于 ， ，FMAB/所以 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分210021200,4.4yxyxy注意到 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分12y120120,1.2y由（1）知，若 ，则 ，此时不满足（*），故 ，0x0x从而（1），（2）可化为 ． ∙∙∙∙∙∙∙ 9 分01212044,yx以下同解法一.（21）本小题主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．满分 12 分．解法一：（Ⅰ）因为 ， ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分1fxaxe1xg依题意， ，解得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分0fg所以 ，当 时， ；当 时， ．1x 1x00fxx0fx故 的单调递减区间为 ， 单调递增区间为 ． ∙∙∙∙∙∙ 5 分f ,,（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 时， 取得最小值 0．0f所以 ，即 ，从而 ．fx≥ ln1x≥ e1x≥设 el,Fgkfkk则 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分e11xx≥（ⅰ）当 时，因为 ，所以 （当且仅当 时等号成立），1k0≥ 20Fx≥ ≥ 0x此时 在 上单调递增，从而 ，即 ． ∙∙ 7 分Fx,≥ gkf≥（ⅱ）当 时，由于 ，所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分fx≥ fkf≥由（ⅰ）知 ，所以 ，故 ，即 ．0g≥ gx≥ ≥ 0Fx≥ xkf≥∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分（ⅲ）当 时， 令 ，则 ，1ke1xkh2e1xkh14显然 在 上单调递增，又 ，hx0,101,e0khkh所以 在 上存在唯一零点 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分1kx当 时， 所以 在 上单调递减，0,x0,hxh0,从而 ，即 所以 在 上单调递减，,Fx0,从而当 时， ，即 ，不合题意． ∙∙∙ 11 分0,xxgkf综上， 实数 的取值范围为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分k,1解法二：（Ⅰ）同解法一． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 时， 取得最小值 0．0xfx所以 ，即 ，从而 ．f≥ ln1≥ e1x≥设 el,xFxgkfkk则 ， ∙∙∙∙∙ 6 分e11x x≥ 1xk（ⅰ）当 时， 在 恒成立，所以 在 单调递增． 1k≤ 0F≥ ,F0,所以 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分x≥ gkf≥（ⅱ）当 时，由（Ⅰ）知，当 时， （当且仅当 时等号成立），1xex≥ 0x所以当 时， ， ．01xexe所以 ()()11xkFk． ∙∙∙∙∙ 10 分1xx2()kx于是当 时， 所以 在 上单调递减.0k()0,F()10,k故当 时， ，即 ，不合题意． ∙∙ 11 分1xxgxf综上， 实数 的取值范围为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分k,1解法三：（Ⅰ）同解法一． （Ⅱ）（ⅰ）当 时，由（Ⅰ）知，当 时， 取得最小值 0．0k≤ 0xfx所以 ，即 ，从而 ，即 ．fx≥ ln1x≥ e1≥ g≥15所以 ， ， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分0kfx≤ g≥ xkf≥（ⅱ）当 时，设 则 ，eln11,xFxkfkkxe1xkF令 ，则 ．h 2=xh显然 在 上单调 递增． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分x0,①当 时， ，所以 在 上单调递增， ；1k≤ '10hxk≥ hx0,0hx≥故 ，所以 在 上单调递增， ，即 ．Fx≥ F, F≥ gkf≥∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分②当 时，由于 ，1k1'01,'e0khkh所以 在 上存在唯一零点 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分hx, 0x当 时， 单调递减，0,0,xh从而 ，即 在 上单调递减，h,Fx0,从而当 时， ，即 ，不合题意． ∙∙∙ 11 分0,xxgkfx综上， 实数 的取值范围为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 12 分k,1请考生在第（22），（23），（24）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．（22）选修 ：几何证明选讲41本小题主要考查圆周角定理、相似三角形的判定与性质、切割线定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想等．满分 10 分．解法一：（Ⅰ）连结 ，因为 四点共圆，则 ． ∙∙ 2 分DE,CGADECG又因为 为△ 的两条中线，,ABC所以点 分别是 的中点，故 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分DE,AAB:所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分从而 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分G（Ⅱ）因为 为 与 的交点，B故 为△ 的重心，延长 交 于 ，ACAF则 为 的中点，且 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分F2 FAB CDEG16在△ 与△ 中，因为 ， ，AFCGFAGCAFGC所以△ ∽△ ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分所以 ，即 ．………………………………………………………9 分2因为 ， ， ，12FAB1C32F所以 ，即 ，234GA又 ，所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分1C解法二：（Ⅰ）同解法一． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知， ，BDCG因为 四点共圆，所以 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分,DEAE所以 ∽ ，所以 ， ……………………………………………7 分A△ △由割线定理， ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分G又因为 是 的中线，所以 是 的重心，,BEC△ GABC△所以 ,又 ，23AD=2AE所以 ，所以 ，3所以 ，因为 ，所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分BCG1B（23）选修 ；坐标系与参数方程4本小题考查直 线的极坐标方程和参数方程、椭圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等． 满分 10 分．解法一：（Ⅰ）由 消去参数 ，得 ，3cos,inxy219xy即 的普通方程为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分C219由 ，得 ，………（＊） ∙∙∙∙∙∙ 3 分sin4sincos2将 代入（＊），化简得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分co,ixyyx所以直线 的倾斜角为 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分l417（Ⅱ）由（Ⅰ）知，点 在直线 上， 可设直线 的参数方程为 （ 为参数）0,2Pllcos,42inxtyt，即 （ 为参数）， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分2,xtyt代入 并化简，得 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分219x251870tt．28470设 两点对应的参数分别为 ，,AB12,t则 ，所以 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分12,55t120,t所以 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分12128Ptt解法二：（Ⅰ）同解法一. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分（Ⅱ）直线 的普通方程为 .lyx由 消去 得 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分2,9yx2103670于是 .3647设 ，则 ，所以 ，12(,)(,)AxyB1280,5x120x12,0x∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分故 .∙∙ 10 分221 12|0|||||5P（24）选修 ：不等式选讲45本小题考查绝对值不等式的解法与性质、不等式的证明等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等． 满分 10 分．解法一：（Ⅰ）（ⅰ） 当 时，原不等式可化为 ，解得 ，1x≤ 12x1x此时原不等式的解是 ； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2 分（ⅱ）当 时，原不等式可化为 ，解得 ，218此时原不等式无解； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 3 分（ⅲ）当 时，原不等式可化为 ，解得 ，12x≥ 12x1x此时原不等式的解是 ； ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 4 分综上， ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 5 分M或（Ⅱ）因为 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 6 分1fab1ab∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 7 分≥． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分因为 ，所以 ， ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分,ab1b0a所以 ，即 ． ∙∙∙∙∙∙∙ 10 分ffbfafb解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）因为 ， ∙∙ 7 分11fafaa≤所以，要证 ，只需证 ， bfbab即证 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 8 分221即证 ，2aa即证 ，即证 ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 9 分220b210b因为 ，所以 ，所以 成立，,M2,b1a所以原不等式成立． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 10 分