1、2016 届福建福州市高三上学期期末数学（理）试题一、选择题1已知复数 满足 ，则 （ ）z23iizA. B. 0C. D. 18【答案】A【解析】试题分析：由题意得，设 ，由 可得， ，biaz23ziiiz故选 A.【考点】复数的性质.2已知集合 ,则 （ ）2 2|30,|,AxByxRABA. B. ,1C. D. 0,3【答案】C【解析】试题分析：由题意得，集合 ，故选 C.0,31yBxA【考点】集合的运算.3等差数列 的前 项和为 ，若公差 ，则当 取得最大值时，nanS32,dSnS的值为（ ）nA. B. 109C. D.65【答案】D【解析】试题分析：由 得， ，又因为
2、，故当21,3Sd9a1,65a时， 取最大值，故选 D.5nnS【考点】等差数列的性质.4已知 ,则 的值为（ ）1si3xcos3xxA. B. C. D.113【答案】B【解析】试题分析：由题意得， ，故选 B.)sin()cos(xx【考点】两角和与差的余弦函数.5在如图所示的程序框图中，若函数 , 则输出的结果是（ 12,0logxf）A. B. 20.625C. D.0.54【答案】C【解析】试题分析：由题意得，模拟执行程序框图，可得 ，04a， 不满足条件 ,继续循环,1624b16log2a0b，满足条件 ，退出循环，输出 的值为 ，故选4,log21 a25.0C.【考点】程
3、序框图.6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D.23423532【答案】A【解析】试题分析：由题意得，由三视图可知该几何体为圆柱挖去一个四棱锥得到的,圆柱的底面半径为 ,高为 ,棱锥的底面为正方形,边长为 ，棱锥的高为 ，几何1221体的体积 ，故选 A.321)(3V【考点】由三视图求体积，面积.7已知抛物线 ，过其焦点 的直线 交抛物线 于点 ，若2:0CypxFlC,AB，则直线 的斜率等于（ ）:31AFBlA. B. C. D.23【答案】D【解析】试题分析：由题意得，设 ， 在第一象限，),(),(21yxBAA，故 ， ，直:3:1AFB3,2p
4、xy py3,11线 的斜率等于 ，同理 在第三象限,直线 的斜率等于 ，故选 D.l0pl【考点】抛物线的简单性质.8四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法的种数是（ ）A. B. C. D.729614240【答案】C【解析】试题分析：由题意得，先从 位男生中选 位捆绑在一起，和剩下的 位男2生，插入到 位女生所形成的 个空中，故有 种，故选 C.31324A【考点】计数原理的应用.9已知函数 ，其图象相邻两条对称轴之间的距sin0,2fx离为 ，且函数 是偶函数，下列判断正确的是（ ）212fA.函数 的最小正周期为fxB.函数 的图象关于点 对称f7,012C.函
5、数 的图象关于直线 对称fxxD.函数 在 上单调递增f3,4【答案】D【解析】试题分析：由题意得，函数 图象的相邻两条对称轴之间的)sin(xAy距离等于 ，函数 的周期 ，故 A 错误； ，函数2)(xfT02的解析式为： ，函数 是偶函数，)1(xf )62si(x)1(xf,解得： . .由 ,解Zk,263)32sin()xf kx32得对称中心为： ，故 B 错误；由 ,解得对称轴是：)06(k，故 C 错误；由 ,解得单调递增区间为：1kx 22xk，故 D 正确.故选 D.2,5【考点】1.正弦函数的图象；2.由 的部分图象确定其解析式.)sin(xAy10平行四边形 中， ,
6、 点 在边 上，则ABC4,2,4BDPCD的取值范围是（ ）PA. B. C. D.1,81,0,81,0【答案】A【解析】试题分析：由题意得， ，4,2,4ADBA， ， ，以 为原点，以 所在的直线为4cosDB21cos60轴，以 的垂线为 轴，建立如图所示的坐标系，xy ，设 ，则 ，)3,()0,(A)3,(xP5x，,4BP ，设 ， 在 上单调递减,在1)2(x1)2()xf )(xf21上单调递增，5,2 ， 的取值范围是 ，故选8)5()(,)()(maxmin fffxf PBA 8,A.【考点】平面向量的数量积的运算.【方法点睛】本题主要考查的是平面向量的数量积的运算，
7、建模思想，二次函数求最值，数形结合，属于中档题，先根据向量的数量积的运算，求出 ，再建立坐60A标系，得 ，构造函数 ，利用函数的单调性求出函数的值域1)2(xPBA)(xf，问题得以解决，因此正确建立直角坐标系，将问题转化成二次函数最值问题是解m题的关键.11已知双曲线 的左、右焦点分别为 为坐标原2:10,xyCab12,FO点. 是双曲线在第一象限上的点，直线 分别交双曲线 左、右支于另一点P2,POFC.若 , 且 ，则双曲线 的离心率为（ ）,MN12F260MNA. B. C. D.2373【答案】B【解析】试题分析：由题意， ，aPFPF2,211，又 ,由余弦定理可得，解得：a
8、PF2,416060NM，得 ， ，综上所述，选 B.cos62c c33ace【考点】1.双曲线的性质；2.余弦定理的应用.【方法点睛】本题主要考查的是双曲线的离心率，余弦定理，学生的计算能力，属于中档题，此类型题目主要是先利用双曲线的定义分别表示出来 ，aPF2,41再结合 利用余弦定理得到60,60212PFNMF，从而得到 的关系，即可求出 的值，因此cos4142 aac ca,e此类题目利用正确熟练双曲线的性质是解题的关键.12已知实数 满足 , 则 的最小值为,b25ln0bR22bc（ ）A. B. C. D.1223292【答案】C【解析】试题分析：由题意，得， 代换 ， 代
9、换 ，则 满足：xaybyx,，即 ，0ln52yx)0(ln52以 代换 ，可得点 ，满足 ，因此求 的最小值即c),(xy22ac为求曲线 上的点到直线 的距离的最小值，设直线l2yx与曲线 相切于点 ，则0mx )0(ln52x xfyP54)(,(0，解得 ，所以切点为 ,所以点 到直线 的距离1)(0xf0x)21(P0yx，则 的最小值为 ，综上所述，选 C.23d22acb3【考点】1.利用导数研究曲线的切线性质；2.点到直线距离公式.【方法点睛】本题主要考查的是利用导数研究曲线的切线性质，点到直线的距离公式，推理能力与计算能力，属于难题，通过换元法可转化成函数间的问题，通过变形
10、发现变成求 的最小值即为求曲线 上的点到直线22acb )0(ln52xy的距离的最小值，因此在曲线上找到一个和 平行的直线与0yx 之间的距离最小，因此将点到直线距离最小值转化成直线与直线距离最小值，因此此类题目将已知条件合理转换是解决问题的关键.二、填空题13若实数 满足 ,则 的最小值为_.,xy10213zxy【答案】 1【解析】试题分析： 由题意，得，作出不等式组对应的平面区域如图，由得 ，平移直线 ,由图象知,当直线 经过3zxyzx3zxy31zxy31点 时，直线的距离最小，此时 最小，由 和 ,即A 002x，此时 ，故答案为： .)21,(1z1【考点】简单线性规划.14已
11、知函数 ，有两个零点，则实数 的取值范围是,1lnxafa_.【答案】 1,【解析】试题分析： 由题意，得，当 时,令 解得 ,故 在1x0)ln(x)(xf上有 个零点， 在 上有 个零点.当 时,令 得)1,()(f),10a.实数 的取值范围是 .xaa【考点】函数零点的判定定理.15三棱锥 中，平面 平面PABCP.若三棱锥 的四个顶点,23,4,30BACPABC都在同一球面上，则该球的表面积为_.【答案】 18【解析】试题分析： 由题意，得， ， ， 的外接圆直径 ，30,4,32ACB24设球心为 , 的中点为 ,球的半径为 ,则 ，ODRPD)2(R则有该三棱锥的外接球的半径
12、，该三棱锥的外接球的表面积为2.1842RS【考点】球的体积和表面积.【方法点睛】本题主要考查的是三棱锥的外接球表面积，直线与平面的位置关系，属于中档题，对于本题而言，根据题中条件画出立体几何图形，求出 ，假设出球心，BC利用勾股关系，可得 外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可ABC求出三棱锥的外接球表面积,因此确定三棱锥的外接球的半径是解决此类题目的关键.16已知 ，删除数列 中所有能被 整除的数，剩下的数从小到大排12nana2成数列 ，则 _.nb51【答案】【解析】试题分析： 由题意，得， ， ， ， ,删除数列2)(an 10,6,3,421aa2)1(na中所有能被
13、整除的数,剩下的数从小到大排成数列 ， .nb5105【考点】数列性质的合理运用.【方法点睛】本题主要考查的是数列的第 项的求法，属于中档题，解题时要认真审51题，注意对数列性质的合理运用，对于本题而言，求出数列 的前 项，由na8不能被 整除，剩下的数从小到大排成数列 ，则 ，由此可2)1(na b105得到答案，因此对于解此类题目，熟练灵活的运用数列的性质是解决问题的关键.三、解答题17已知正项数列 的前 项和为 ,且 .nanS211,nnaS（1）求数列 的通项公式；（2）设 , 求数列 的前 项和 .21nanbAnbnT【答案】 （1） ；（2） .N1236A【解析】试题分析：（
14、1）由 ，利用递推关系可得 ，11,nnaS 1na再利用等差数列的通项公式即可得到答案；（2）利用错位相减法与等比数列的前 项和公式即可得出 .nT试题解析：（1）因为 , 所以当 时， ， 21naS2n21nnaS一得 ，即 ，因为 ，所21n111na0以 ，所以数列 从第二项起，是公差为 的等差数列.由知an，因为 ，所以 ，所以当 时， ，即21S1a2221na. 又因为 也满足式，所以 .n naN（2）由（1）得 , 2321,5na nnbTAAAA,23 1.2nnnT-得, ,所以2.nA, 3112nnTAA故 .16n【考点】1.利用递推关系求数列通项公式；2.数列
15、的求和.18在 中,角 、 、 所对的边分别为 、 、 .已知 , 且ABCabc2A.13sincosin23iABbAC（1）求 的值；a（2）若 ，求 周长的最大值.3【答案】 （1） ；（2） .3【解析】试题分析：（1）由已知式子和三角函数公式可得 ，2230bca进而得到 的值；（2）由 可得 ，利用基本不等式可求出a3A29bc的最大值，即可求出 周长的最大值.)(cbBC试题解析：（1）由 , 得1sincosin23iC, 由正弦定理，得 ,由3sino3ABbAcoss3aBbAc余弦定理，得 , 整理得2222abcac, 因为 ,所以 ，所以 .2230bc2203a（
16、2）在 中, , 由余弦定理得， , 因为ABCa29bc,所以 , 222234bcbcbc294即 , 所以 , 当且仅当 时，等号成立.故当21c时， 周长的最大值 .3bcABC32【考点】1.正弦定理；2.余弦定理；3.解三角形.19如图（1） ，在平行四边形 中， , 分1A11160,4,2BAC别为 的中点.现把平行四边形 沿 折起，如图（2）所示，连结1, C.1BCA（1）求证: ；1ABC（2）若 ，求二面角 的余弦值.16AB1CAB【答案】 （1）证明见解析；（2） .05【解析】试题分析：（1）根据线面垂直的性质定理，证明 平面 ，即可证1C1AOB明结论；（2）建
17、立空间直角坐标系，利用向量法即可求出二面角 的余弦值.试题解析：（1）由已知可得，四边形 , 均为边长为 的菱形，且1AC1B2.在图 （1）中，取 中点 , 连结 ，故160ACB O1,ABC是等边三角形，所以 ，同理可得， , 又因为O11，所以 平面 , 又因为 平面 , 所以1O1C1AB1.AB（2）由已知得, , 所以 , 故 .113,6OAB221OAB1OAB如图（2） ，分别以为 轴， 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系，得1,BCxyz,设平面 的法向量1 10,303,02 1C, 由 , 得11,3mxyzAAC 0ABm, 令 , 得 , 所以平面 的法向量为13
18、0yz1x1,zy1C, 设平面 的法向量,1AB, 由 , 得211,3,0,02nxyz10ABn, 令 ,得 , 所以平面 的法向量为230xzy21x2,0zy1AB, 于是 ,因为二面角1n 20cos, 5mnA的平面角为钝角,所以二面角 的余弦值为 .1CAB 1CB1【考点】1.二面角的平面角及求法；2.线面垂直判定及性质.20以椭圆 的四个顶点为顶点的四边形的四条边与2:1xMya共有 个交点，且这 个交点恰好把圆周六等分.2:OA66（1）求椭圆 的方程；（2）若直线 与 相切，且椭圆 相交于 两点，求 的最大值.lAM,PQ【答案】 （1） ；（2） .213xy3【解析
19、】试题分析：（1）由题意得， ，从而得到 的0,1,60ABaOAa值，由此能求出椭圆方程；（2）当直线 的斜率不存在时，直线 的方程可求出，当l l当直线 的斜率存在时，可设直线 的方程，利用根的判别式，韦达定理，弦长公式，l结合已知条件能求出 的最大值.PQ试题解析：（1）如图，依题意， , 因为0,1,60ABaOA,所以 , 得 ，故椭圆的方程为 .tanBOA33213xy（2）当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，代入 ，得l l1x213xy，此时 .63y263PQ当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 , 因为直线 与 相切，所以l lykxmlOA，即 , 由 消去 ，
20、整理得21mk22k213ykx,236310xm, 由 ，得 ，2 22134kkkmk0k设 ，则 , 12,PxyQ121226,3xx所以 ，所以121212243k121212Pxyx, 当且仅当22226333kkk AA, 即 时， 取得最大值 .综上所述， 最大值为 .21k1PQPQ【考点】1.椭圆的简单性质；2.直线与椭圆的综合；3.基本不等式.【方法点睛】本题主要考查的是圆的方程，椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基础知识，推理论证能力，运算求解能力，数形结合思想，函数与方程思想，分类与整合思想，属于中档题，解决本题的最重要的思想就是数形结合思想，通过图形分析出其满足
21、的几何关系，再通过韦达定理进行计算，即可求解，因此正确的利用圆的性质，椭圆的性质是解决问题的关键.21已知函数 .ln1,afxR（1）若函数 的最小值为 ，求 的值；0（2）证明: .lsixex【答案】 （1） ；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意得， 的最小值问题，需要借助于导数，对比极)(f值与端点值确定，而由最值也可确定出未知量 ；（2）借助第一问，将问题转化成最a常见的形式： .xsin试题解析：（1） 的定义域为 ，且 .若 ，ln1afx0,21axfx0a则 ，于是 在 上单调递增，故 无最小值，不合题意，若0fx0, f，则当 时， ;当 时， .故 在 上a
22、afxaxfx0,单调递减，在 上单调递增.于是当 时， 取得最小值 .由已知得,flna, 解得 .综上， .ln01（2）下面先证当 时， .因为 , 所以只要0,xln1si0xex证 .由（1）可知 , 于是只要证 ，即只要证lsinxel1sinxe, 令 ，则 ,当 时，0xsinxhe1coxhx0, 所以 在 单调递增，所以当01cos1xheA时， ，即 ，故当 时，不等式xsi0xe,x成立 . 当 时，由（1）知 , 于是有lnsi0ex1lnx，即 ,所以 , 即 ,又因为 , 所1xln1lnxxexee以 ,所以lex,综n1sil1lsinsilnsi0xexex
23、ex上，不等式成立.li0xex【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数证明不等式.【方法点睛】本题主要考查的是函数最值问题，需要借助导数确定极值，然后与端点值对比确定出最值，第二问考查的是 常见形式的运用，需要熟记，属于难题，本xsin题第一问属于基础题，较简单，但对第二问有很大的影响，第一问的结论第二问是需要用到，主要求出导数的零点进行讨论得到不等式恒成立，然后再对不等式进行合理变形即可求解，此题主要是对导数研究函数的单调性的应用，合理变形是解决此类问题的关键.22选修 4-1：几何证明选讲如图， 是半径为 的 上的点， 在点 处的切线交,ABCD1OA1,BDCOAB的延长线于
24、点 .E（1）求证: ； EBDCA（2）若 为 的直径，求 的长.OE【答案】 （1）证明见解析；（2） .3【解析】试题分析：（1）利用弦切角定理和圆周角定理能证明 ；EBDCA（2）连结 ,则 ，由 ，能求出 .B1BOD试题解析：（1）因为 是 的切线，所以 ,因为 , 所EA以 ,ADC所以 ,所以 .C（2）若 为 的直径（如图） ，连结 ，则 ，由 ，ADOOBE1OBD可得 ，在 中，因为 ，所以60BERtEtan.tan3【考点】圆的综合性质.23选修 4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （其中 为参数） ，曲xOy1C7cos2inxy线 ,以坐
25、标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.22:1CO（1）求曲线 的普通方程和曲线 的极坐标方程；2（2）若射线 与曲线 ， 分别交于 两点，求 .061C,AB【答案】 （1） ， ；（2） .227xycos3【解析】试题分析：（1）由 ，能求出曲线 普通方程，由1sin1C，能求出曲线 的极坐标方程；（2）由（1）可求出 的i,cosyx CBA,坐标，进而求出 的值.AB试题解析：（1） 由 ,得 ,所以曲线 的普通方7cos2inxy7cos2inxy1C程为 . 22xy把 , 代入 ,得 ,cos,in21xy22cos1sin1化简得，曲线 的极坐标方程 .2Ccos（
26、2）依题意可设 .因为曲线 的极坐标方程为12,6AB1C,将 代入曲线 的极坐标方程得 ,4sin3001230解得 .同理将 曲线 的极坐标方程得 .所以1622.2AB【考点】1.简单曲线的极坐标方程；2.参数方程化成普通方程.24选修 4-5：不等式选讲已知函数 .,fxaR（1）当 时，求 的解集;1fx（2）若不等式 的解集包含 ，求 的取值范围.30|1xa【答案】 （1） ；（2） .|x4,【解析】试题分析：（1）当 时，不等式即 ，利用绝对值的意义1a1x求得它的解集；（2）不等式即 ，分类讨论得到解集，再根据解集中包含3x，从而得到 的取值范围.|x试题解析：（1） 时，原不等式可化为 , 当 时，原不等式1a1x1x化为 ,即 ，此时，不等式的解集为 .当x2|时，原不等式化为 ,即1x1x，此时，不等式的解集为 .当 时，原不等式化为2|21x,即 ，此时，不等式的的解集为 .综上,原不等式的解集为11x2.|2（2）不等式 的解集包含 ,等价于 ,对30fx|1x30xa恒成立，即,1x对 恒成立，所以 ，即 对a,1x3xx42x恒成立，故 的取值范围为 .,xa4,2【考点】绝对值不等式的解法.
