2016年山东省菏泽市高考一模数学文 13页

2016 年山东省菏泽市高考一模数学文 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.在每小题给出的四个选项中，只有 一个是符合题目要求的. 1.复数 2 1z i  (i 是虚数单位)的共轭复数在复平面内对应的点是( ) A.(1，1) B.(1，-1) C.(-1，1) D.(-1，-1) 解析：复数      212 11 11 izii ii   ，复数的共轭复数在复平面内对应点的坐标(1， 1)． 答案：A． 2.设集合 A={y|y=sinx，x∈R}，集合 B={x|y=lgx}，则( RA)∩B( ) A.(-∞，-1)U(1，+∞) B.[-1，1] C.(1，+∞) D.[1，+∞) 解析：由集合 A 中的函数 y=sinx，x∈R，得到 y∈[-1，1]， ∴A=[-1，1]， ∴ RA=(-∞，-1)∪(1，+∞)， 由集合 B 中的函数 y=lgx，得到 x＞0， ∴B=(0，+∞)， 则( RA)∩B=(1，+∞)． 答案：C 3.已知命题 p： 0x ＞ ， 1 2x x，则 p 为( ) A. 0x ＞ ， 1 2x x ＜ B. 0x ， 1 2x x ＜ C. 0x ， 1 2x x ＜ D. 0x ＞ ， 1 2x x ＜ 解析：命题 p 为全称命题，则命题的否定为： 0x ＞ ， 1 2x x ＜ . 答案：D 4.圆 2211xy（ ） 被直线 30xy ＝ 分成两段圆弧，则较短弧长与较长弧长之比为 ( ) A.1：2 B.1：3 C.1：4 D.1：5 解析：圆 的圆心为(1，0)到直线 x-y=0 的距离为 11 213   ，圆的半径为： 1， ∴弦长为   2 2 1213 2 ．小扇形的圆心角为：120°， ∴较短弧长与较长弧长之比为 1：2． 答案：A． 5.甲：函数 f(x)是 R 上的单调递增函数；乙： 1212xxfxfx ＜ ，（ ）＜（ ），则甲是乙的( ) A.充要条件 B.既不充分也不必要条件 C.充分不必要条件 D.必要不充分条件 解析：∵甲：函数 f(x)是 R 上的单调递增函数；乙： ， 则甲乙，反之不成立，(根据函数单调递增的定义)． ∴甲是乙的充分不必要条件． 答案：C． 6.对于函数 2 6ysinx （ ），下列说法正确的是( ) A.函数图象关于点( 3  ，0)对称 B.函数图象关于直线 5= 6x  对称 C.将它的图象向左平移 6  个单位，得到 2y sin x 的图象 D.将它的图象上各点的横坐标缩小为原来的 12 倍，得到 6y sin x （ ）的图象 解析：A，将 3x  代入可得： 2136y sin    （ ） ，故不正确； B，将 5= 6x  代入可得： 52166ysin （ ） ，由正弦函数的图象和性质可知正确； C，将它的图象向左平移 6  个单位，得到 [22666 ]ysinxsinx （ ） （ ）的图象，故 不正确； D，将它的图象上各点的横坐标缩小为原来的 1 2 倍，得到函数 4 6y s i n x （ ）的图象，故 不正确． 答案：B． 7.某几何体的三视图是如图所示，其中左视图为半圆，则该几何体的体积是( ) A. 2 3  B. 2  C. 22 3  D.π 解析：根据几何体的三视图，得： 该几何体是平放的半圆锥，且圆锥的底面半径为 1，母线长为 3， ∴圆锥的高为 223122 ； ∴该几何体的体积为 2 211 122233V 半圆锥 ． 答案：A． 8.函数 y=4cosx-e|x|(e 为自然对数的底数)的图象可能是( ) A. B. C. D. 解析：∵函数 4 xy c o s x e， ∴ 44xxfxcosxecosxefx （ ） （ ） （ ）， 函数 为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除 BD， 又 0040413fycose（） ， 只有 A 适合， 答案：A． 9.设 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的函数，当 x∈[-2，1)时， 24 2? 20 01 xx xx fx         ＜ ＜ （ ） ， 则 21 4ff（（ ））=( ) A. 1 4 B. 3 4 C. 1 4 D.0 解析：∵f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的函数， ∴ 321 21 4 4 46f f f   （ ） （ ） （ ）． ∵ 242? 20 01 xx xx fx      ＜ ＜ （ ） ， ∴   23211 444 42f （ ） ， ∴ 2111 444fff （（ ）） （ ） ． 答案：C． 10.点 A 是抛物线 2 1 20Cypxp ： （ ＞ ）与双曲线 22 2 22100yx abCab ： ＝（ ＞ ， ＞ ）的一条 渐近线的交点，若点 A 到抛物线 C1 的准线的距离为 p，则双曲线 C2 的离心率等于( ) A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 解析：取双曲线的其中一条渐近线： b ayx ， 联立 2 2 2 22 2 paxypx bbyx paa y b      ＝＝ ＝ ＝ ； 故 2 2 22papaA bb （ ， ）． ∵点 A 到抛物线 C1 的准线的距离为 p， ∴ 2 22 2p pa pb； ∴ 2 2 1 4 a b  ． ∴双曲线 C2 的离心率 22 2 5cab a ae  ． 答案：C． 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.把答案填在答题卡上的相应位置. 11.采用系统抽样方法从600人中抽取50人做问卷调查，为此将他们随机编号为001，002，…， 600，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽得的号码为 003，抽到的 50 人中，编号落 入区间[001，300]的人做问卷 A，编号落入区间[301，495]的人做问卷 B，编号落入区间[496， 600]的人做问卷 C，则抽到的人中，做问卷 C 的人数为 ． 解析：∵600÷50=12， ∴由题意可得抽到的号码构成以 3 为首项、以 12 为公差的等差数列， 且此等差数列的通项公式为 an=3+12(n-1)=12n-9． 落入区间[496，600]的人做问卷 C， 由 496≤12n-9≤600， 即 505≤12n≤609 解得 31 1244 2 5 0 n ． 再由 n 为正整数可得 43≤n≤50， ∴做问卷 C 的人数为 50-43+1=8， 答案：8 12.a，b，c 分别是△ABC 角 A，B，C 的对边，a＝3，c＝ 3 ， 3A  ＝ ，则 b= . 解析：∵a＝3，c＝ ， 3A  ＝ ， ∴由余弦定理 222 2abcbccosA ，可得： 2 13 2932bb ，整理可得： 2 3 60bb   ， ∴解得：b= 23或 3 (舍去)． 答案： ． 13.设 p 在[0，5]上随机地取值，则关于 x 的方程 2 10xpx 有实数根的概率为 . 解析：若方程 2 10x px   有实根，则 2 40p    ， 解得，p≥2 或 p≤-2； ∵记事件 A：“ P 在[0，5]上随机地取值，关于 x 的方程 有实数根”， 由方程 有实根符合几何概型， ∴ 523 55PA （ ） ＝ ． 答案： 3 5 ． 14.如图表示的是求首项为-41，公差为 2 的等差数列前 n 项和的最小值的程序框图，如果□ ②中填 a=a+2，则①可填写 . 解析：由程序设计意图可知，S 表示此等差数列{an}前 n 项和，故②处应该填写 a=a+2， 又因为此数列首项为负数，公差为正数，求前 n 项和的最小值只需累加至最后一个非正项即 可，故①处可填写：a＞0． 答案：a＞0． 15.若 x，y 满足不等式组 3 4 0 1 3 6 0 x y xy        ，则 y x 的最大值是 . 解析：画出满足条件的平面区域，如图示： 由 4 3 360 x xy    ＝ ＝ ，解得 4 23A（ ，）， 而 y x 的几何意义表示过平面区域内的点与原点的直线的斜率， 由图象得直线过 OA 时斜率最大， ∴ 2 34 32 y x max  ． 答案： 3 2 ． 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.把答案 填在答题卡上的相应位置. 16.已知函数   2 333() 4fxcosxsinxcosxxR ＝ ， ． (Ⅰ)求 f(x)的最大值； (Ⅱ)求 f(x)的图象在 y 轴右侧第二个最高点的坐标． 解析：(Ⅰ)根据三角恒等变换化简 1 232fxsinx （ ） （ ），从而求出 f(x)的最大值即可； (Ⅱ)根据函数的表达式得到 5 12 ()xkkZ  ＝ ，令 k=1，得 17 12x ＝ ，从而得到满足条 件的点的坐标． 答案：(Ⅰ)由已知，有   2331(32 2 4)f x cosx sinx cosx cos x   ＝ = 2331 224 sinxcosxcosx = 331 444 21 2sinxcosx（ ） = 311 4423 2 22sinxcosxsinx  （ ）， 所以 f(x)的最大值为 1 2 ； (Ⅱ)令 3222()x k k Z    ， 得 5 12 ()xkkZ  ＝ ， 令 k=1，得 17 12x ＝ ． 所以 f(x) 的图象在 y 轴右侧第二个最高点的坐标是 17 1 122() ， ． 17.袋中有六张形状、质地等完全相同的卡片，其中红色卡片四张，蓝色卡片两张，每张卡 片都标有一个数字，如茎叶图所示： (Ⅰ)从以上六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色相同的概率； (Ⅱ)从以上六张卡片中任取两张，求这两张卡片数字之和小于 50 的概率． 解析：(Ⅰ)从以上六张卡片中任取两张，先求出基本事件数，再求出这两张卡片颜色相同包 含的基本事件个数，由此能求出这两张卡片颜色相同的概率． (Ⅱ)从以上六张卡片中任取两张，先求出基本事件数，再利用列举法求出这两张卡片数字之 和小于 50，包含的基本事件个数，由此能求出这两张卡片数字之和小于 50 的概率． 答案：(Ⅰ)从以上六张卡片中任取两张，基本事件数 2 6 15nC， 这两张卡片颜色相同包含的基本事件个数 22 427CCm    ， ∴这两张卡片颜色相同的概率 7 15p  ． (Ⅱ)从以上六张卡片中任取两张，基本事件数 2 6 15nC， 这两张卡片数字之和小于 50，包含的基本事件有：(16，18)，(16，27)，(16，22)， (16，25)，(22，18)，(25，18)，(27，18)，(22，25)，(22，27)，共 9 个， ∴这两张卡片数字之和小于 50 的概率 93 1 5 5p ． 18.如图，直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AC=4，BC=3，AA1=4，AC⊥BC，点 M 在线段 AB 上． (Ⅰ)若 M 是 AB 中点，证明 11AC B CM//平面 ； (Ⅱ)当 BM 长是多少时，三棱锥 1B B C M 的体积是三棱柱 111A B C A BC 的体积的 1 9 ？ 解析：(I)取 11AB 中点 N，连结 1CN，AN，MN，则由 11C N CM AN B M// //， 可得平面 11//AC N B CM平面 ，从而 11//ACB CM平面 ； (II)由 11 1 11 11 93BBCMABC A B CBABCVVV 可知 1 3BCMABCSS ，于是 1 3BMAB ． 答案：(I)证明：取 11AB 中点 N，连结 1CNANMN， ， ． ∵四边形 11ABB A 是矩形，∴ 11/ / / /MN AA CC ， ∴四边形 1CMNC 是平行四边形， ∴ 1//CM C N ，∵ 1 1 1C N B CM CM B CM平面 ， 平面 ， ∴ 11//C N B CM平面 ， 同理可证： 1//ANBCM平面 ， 又 111CNAC NANAC NANC NN平面 ， 平面 ， ， ∴平面 11//ACNBCM平面 ，∵ 11ACACN 平面 ， ∴ 11//ACBCM平面 ． (II)解：∵BC=3，AC=4，AC⊥BC， ∴ 225ABACBC ． ∵ 11 1 111 1 1 11 93BBCMABCA B CBABCABCA B CVVVV ， ． ∴ 11 1 3BBCMBABCVV ． ∴ 1 3BCMABCSS ， ∴ 51 =33B M A B ． 19.已知数列  nb 的前 n 项和 23 2n nnB ＝ ． (Ⅰ)求数列 的通项公式； (Ⅱ)设数列  na 的通项  12n n nnab  ＝ ，求数列 的前 n 项和 nT ． 解析：(I)利用递推关系即可得出； (II)  12 =32212n nnnn nnabn   ＝ （ ） （ ） ．设数列 32{}2nn （ ） 的前 n 项和为 nA ，利用“错位相减法”与等比数列的前 n 项和公式即可得出；再利用等比数列的前 n 项 和公式即可得出． 答案：(I)∵数列 的前 n 项和 ，∴ 11 3112bB    ； 当 n≥2 时， 22 1 3( 1) ( 1)3 3222n n n nnnnb B B n         ，当 n=1 时也成立． ∴ 32nbn． (II) ． 设数列 32{}2nn （ ） 的前 n 项和为 nA ， 则 232 4 2 7 2 3 2 2n nAn       （ ） ， 2312242352322 nn nAnn  （ ） （ ） ， ∴  23111 221 23 2223223432253210 21 n nnnn nAnnn    （ ）（ ） （ ） （ ） ， ∴ 135210 n nAn （ ） ． 数列 {}12nn（ ） 的前 n 项和=     212 2 12312 [] n n        （ ） ． ∴数列 na 的前 n 项和 1 23521 []0123 nn nTn （ ） （ ） ． 20.在平面直角坐标系 xoy 中，椭圆 C： 22 2210()yx abab ＝ ＞ ＞ 的离心率为 3 2 ，直线 y=x 被 椭圆 C 截得的线段长为 4 10 5 ． (Ⅰ)求椭圆 C 的方程； (Ⅱ)过原点的直线与椭圆 C 交于两点(A，B 不是椭圆 C 的顶点)，点 D 在椭圆 C 上，且 AD⊥ AB，直线 BD 与 x 轴 y 轴分别交于 M，N 两点．设直线 BD，AM 斜率分别为 12kk， ，证明存 在常数λ使得 12kk= ，并求出λ的值． 解析：(Ⅰ)由椭圆离心率得到 a，b 的关系，化简椭圆方程，和直线方程联立后求出交点的 横坐标，把弦长用交点横坐标表示，则 a 的值可求，进一步得到 b 的值，则椭圆方程可求； (Ⅱ)设出 A，D 的坐标分别为 111122 0xyx yxy （ ， ）（ ），（ ， ），用 A 的坐标表示 B 的坐标， 把 AB 和 AD 的斜率都用 A 的坐标表示，写出直线 AD 的方程，和椭圆方程联立后利用根与 系数关系得到 AD 横纵坐标的和，求出 AD 中点坐标，则 BD 斜率可求，再写出 BD 所在直线 方程，取 y=0 得到 M 点坐标，由两点求斜率得到 AM 的斜率，由两直线斜率的关系得到λ 的值． 答案：(Ⅰ)由题意知， 2223 2 ceabca ， ， 则 224ab ． 则椭圆 C 的方程可化为 2 2 24x y a． 将 y=x 代入可得 5 5xa ， 因此 2 5 4 102 55a，解得 a=2，则 b=1． ∴椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y； (Ⅱ)设 111122 0AxyxyDxy （ ， ）（ ）， （ ， ）， 则 11B x y（-，-）． ∵直线 AB 的斜率 1 1 AB yk x ， 又 AB⊥AD， ∴直线 AD 的斜率 1 1 AD xk y ． 设 AD 方程为 y=kx+m， 由题意知 k≠0，m≠0． 联立 2 2 2 22 1 4 8 4 4 0 44 y kx m k x kmx m xy        ＝ ，得（ ） ＝ ． ∴ 12 2 8 14 kmxx k  ． 因此 1212 2 22 14 myykxxm k  （ ） ． 由题意可得 121 1 121 1 44 yyyk xxkx    ． ∴直线 BD 的方程为 1 11 14 yyyxx x （ ）． 令 y=0，得 11330xxMx ，即 （ ，）． 可得 1 2 12 yk x ． ∴ 12 11 22kk   ，即 ． 因此存在常数 1 2  使得结论成立． 21.已知函数 2 1 lnxfx x （ ） ． (Ⅰ)求函数 f(x)的零点及单调区间； (Ⅱ)求证：曲线 lnxy x 存在斜率为 6 的切线，且切点的纵坐标 0 1y ＜ ． 解析：(Ⅰ)令 f(x)=0，求出函数的零点，求出函数的导数，从而求出函数的单调区间； (Ⅱ)令   lnxgx x ，求出函数的导数，结合函数的单调性得到得： 2 0016lnx x＝ ，从而证 出结论． 答案：(Ⅰ)令 f(x)=0，得 x=e．故 f(x)的零点为 e，         2 232 1 12230 xlnxxx lnxfxx xx   ＝ ＝ （ ＞ ）． 令 f′(x)=0，解得 3 2xe＝ ． 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x （0， 3 2e ） 3 2e （ 3 2e ，+∞） f′（x） - 0 + f（x） 递减 递增 所以 f(x)的单调递减区间为(0， 3 2e )，单调递增区间为( 3 2e ，+∞)． (Ⅱ)令   l n xgx x ．则    22 1 1 1xlnxxlnxgxfx xx   ＝ ＝ ＝ ， 因为  11442446022flnfe ＝ ＞ ＝ ，（ ） ，且由(Ⅰ)得，f(x)在(0，e)内是减函数， 所以 存在唯一的 x0∈( 1 2 ，e)，使得 006gxfx（ ） （ ） ． 当 x∈[e，+∞)时，f(x)≤0． 所以 曲线 l n xy x 存在以 00xgx（ ，（ ））为切点，斜率为 6 的切线． 由   0 0 2 0 1 6lnxgx x  ＝ ＝ 得： 2 0016lnxx ＝ ． 所以   2 00 00 000 16 1 6lnxxgxx xxx  ＝ ＝ ． 因为 00 0 112 6 32xxx ＞ ，所以 ＜ ， ＜ ． 所以 001y g x（ ）＜ ．