福建省漳州市高三毕业班高考文科数学模拟一 10页

‎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．‎