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- 2021-05-14 发布
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2016年漳州市高三毕业班模拟(一)
数学(文科)
(满分150分,答题时间120分钟)
注意事项:
1.本试题分第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、准考证号填写在本试卷相应的位置。
3.全部答案答在答题卡上,答在本试卷上无效。
4.考试结束后,将本试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)已知集合,,则
(A) (B) (C) (D)
(2)复数,则
(A) (B) (C) (D)
(3)命题若,则;命题若,与垂直,则,则下列命题中真命题是
(A) (B) (C) (D)
(4)下列函数中,既不是奇函数,也不是偶函数的是
(A) (B) (C) (D)
(5)若,是第三象限的角,则
(A) (B) (C) (D)
(6)设函数则不等式的解集是
(A) (B)
(C) (D)
(7)已知曲线
的两条相邻的对称轴之间的距离为,且曲线关于点成中心对称,若,则
(A) (B) (C) (D)
(8)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为
(A) (B) (C) (D)
(第(8)题图)
(9)已知抛物线上一点到其焦点的距离为,双曲线的左顶点为,若双曲线的一条渐近线与直线平行,则实数的值为
(A) (B) (C) (D)
(10)函数与的图象恰有两个公共点,则实数的取值范围为
(A) (B)
(C) (D)
(11)已知是球表面上的点,平面,, ,
,则球的体积等于
(A) (B) (C) (D)
P
D
C
B
A
O
(12)如图,已知矩形中,,为线段的中点,动点从出发,沿矩形的边逆时针运动,运动至点时终止.设,,将表示为的函数.则下列命题中:①有最小值;②有最大值;③有个极值点;④有个单调区间,正确的是
(第12题图)
(A)①② (B)②③ (C)①②④ (D)①②③④
第Ⅱ卷
开始
k=0,a=3,q=
?
是
结束
a=aq
输出k
否
k=k+1
(第(13)题图)
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,考生根据要求做答。
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.
(13)执行如图所示的程序框图,输出的的值为 .
(14)已知点的坐标满足条件则
的最小值为 .
(15)已知的内角所对的边分别为,若,
,则 的面积的最大值为 .
(16)设、分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上任一点,点的坐标为,则的最大值为 .
三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
(17)已知正项等比数列中,,.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)设,求数列的通项公式.
(18)某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花做垃圾处理.
(Ⅰ)若花店一天购进17枝玫瑰花,求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:枝,n∈N)的函数解析式.
(Ⅱ)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表:
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
(i)假设花店在这100天内每天购进17枝玫瑰花,求这100天的日利润(单位:元)的平均数;
(ii)若花店一天购进17枝玫瑰花,以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率,求当天的利润不少于75元的概率.
F
E
P
D
C
B
A
(19)在四棱锥中,底面是矩形,平面
,是棱的中点,在棱上,且
.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求三棱锥的体积.
(20)在平面直角坐标系中,已知经过原点的直线与圆交于两点.
(Ⅰ)若直线与圆相切,切点为,求直线的方程;
(Ⅱ)若圆与轴的正半轴的交点为,求面积的最大值.
(21)已知函数.
(Ⅰ)若是的极值点,求的值,并讨论的单调性;
(Ⅱ)若,求证:.
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,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)(本题满分10分)选修4-1:几何证明选讲
B
A
C
D
E
O
F
如图,AB是⊙O的直径,C、F是⊙O上的两点,OC⊥AB,过点F作⊙O的切线FD交AB的延长线于点D.连结CF交AB于点E.
(Ⅰ)求证:DE2=DB•DA;
(Ⅱ)若DB=2,DF=4,试求CE的长.
(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,以原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为,曲线的参数方程为为参数).
(Ⅰ)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,将曲线的参数方程化为普通方程;
(Ⅱ)若为上的动点,求点到直线为参数)的距离的最小值.
(24)(本小题满分10分)选修4—5:不等式选讲
已知.
(Ⅰ)当时,解不等式;
(Ⅱ)若的解集包含,求实数的取值范围.
2016年漳州市高三毕业班模拟(一)
数学(文科) 参考答案
一、选择题
(1)A (2)B (3)A (4)D (5)C (6)A (7)C (8)C (9)A (10)D (11)B (12)D
解析:
(1)∵A={x|03,故选A.
(7),由条件有的周期,,,解得,k∈Z,当x=1时,,故选C.
(8),故选C.
(9)M(1,m)到抛物线y2=2px(p>0)的准线x=的距离等于M到其焦点的距离5,∴=-4 ∴p=8,抛物线方程为y2=16x,A(-a,0),不妨设m>0,则M(1,4),
AM//直线 ∴,解得,故选A.
(10)分a<0,a=0,a>0三种情况作出两个函数的图象,观察图象可得a的取值范围为{a|a<-1或a>1},故选D.
(11)注意到∠SAC=∠SBC=,∴SC为球O的直径,又可求得SC=2,∴球O的半径R=1,体积,故选B.
(12)BàC,d递增;CàCD的中点E,d递减;EàD,d递增;DàA,d递减.当P在A,B,E时,d=1,当P在C、D时,d=。由此可知①②③④都正确,故选D.
二、填空题
(13) (14) (15) (16)
解析:
(13)依次执行程序,即可得k=4.
(14)点A(2,1)到直线x-y=0的距离d=,作图可知所求的最小值为.
(15)16=b2=a2+c2-2accos=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,
∴,当且仅当a=c=4时,
(16)∵||PF1|+|PF2|=2a ∴|PF1|=2a-|PF2|,∴|PM|+PF1|=|PM|+2a-|PF2|≤2a+|MF2|=2×5+5=15,连结并延长交椭圆于,当P位于时,|PM|+PF1|max=15
三、解答题
(17)解析:(Ⅰ)设正项等比数列的公比为,由得
,故,解得,或(舍去).…… 2分
由得,故. …………………………………… 4分
于是数列的通项公式为.………………………………………… 6分
(Ⅱ)由于 …………………………… 8分
故
. ……………………………………………… 12分
(18)解:(Ⅰ)当日需求量n≥17时,利润y=85
当日需求量n<17时,利润y=10n-85
所以y关于n的函数解析式(n∈N). …………………… 6分
(Ⅱ)(i)这100天中有10天的日利润为55元,20天的日利润为65元,16天的日利润为75元,54天的日利润为85元,所以这100天的日利润的平均数为
………………………………… 9分
F
E
P
D
C
B
A
(ii)利润不低于75元当且仅当需求量不少于16枝.故当天的利润不少于75元的概率为p=0.16+0.16+0.15+0.13+0.1=0.7 ……………………… 12分
(19)解析:(Ⅰ)证明:因为,为的中点,所以.
因为平面,平面,所以,
又因为,所以平面,
又平面,所以. …………… 2分
在中,;
在中,;
在中,.
所以,因此, ………………………………………… 4分
又因为,,所以平面. ……………………… 6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面,故为三棱锥的高, ……………… 7分
在中,,所以,得,
又是的中点,所以. ………………………………………… 8分
由(Ⅰ)得,故, …………………………… 10分
所以.……………………………………………… 12分
(20)解析:(Ⅰ)由直线与圆相切得, ……………………… 1分
化简得:,解得,由于,故, ………… 3分
由直线与圆相切于点,得, …………………………………… 5分
(Ⅱ)设两点的纵坐标分别为,易知,,易知, …… 6分
设方程为,由消元得, … 7分
=. …………………………………… 10分
设,
则,当且仅当时取等号.
故面积最大值为. …………………………………………… 12分
(21)解析:(Ⅰ)的定义域为,, …………… 1分
由题意是的极值点,故,解得.………… 2分
此时,
当时,故,在上单调递减; ……… 3分
当时,,故,在上单调递减…4分
(Ⅱ)当时,,.
令,则,故在上单调递增, …5分
又,故,使得. …………… 6分
所以当时,,即,故在上单调递减;
当时,,即,故在上单调递增.… 7分
又, ……………………………………………………………… 8分
所以,……… 9分
所以时,.………………………………………………………… 10分
又当时,, …………………………… 11分
故时,. ………………………………………………………… 12分
B
A
C
D
E
O
F
(22)解析:
(Ⅰ)证明:连结OF.
因为DF切⊙O于F,所以∠OFD=90°.
所以∠OFC+∠CFD=90°.
因为OC=OF,所以∠OCF=∠OFC.
因为CO⊥AB于O,所以∠OCF+∠CEO=90°.
所以∠CFD=∠CEO=∠DEF,所以DF=DE.
因为DF是⊙O的切线,所以DF2=DB•DA.
所以DE2=DB•DA. ……………… 5分
(Ⅱ)解:DF2=DB•DA,DB=2,DF=4.
DA= 8, 从而AB=6, 则.
又由(1)可知,DE=DF=4, BE=2,OE=1.
从而 在中,. ………………10分
(23)解析:(Ⅰ)由得,
所以,故曲线的直角坐标方程为,
即, ……………………………………………………… 3分
由消去参数得的普通方程为. ………………… 5分
(Ⅱ)设,直线的普通方程为,…………………… 7分
故点到直线的距离为
(其中),
因此当时,,故点到直线的距离的最小值0.……… 10分
(24)解析:(Ⅰ) 当时,不等式化为,
当时,,无解;
当时,,解得,又,
所以;
当时,,恒成立,又,所以.
因此,当时,解不等式的解集为.
(Ⅱ) .
当时,,即,
所以或,
因为的解集包含,
于是或,故或.
所以,实数的取值范围为.
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