2016海南省高三压轴题数学试卷(理)含答案解析.doc

2016届海南省高考压轴卷 数学（理） 含解析本试卷分第i卷和第ii卷两部分第i卷1至3页，第ii卷4至6页，满分150考生注意：1答题前，考生务必将自己的准考号、姓名填写在答题卡上考生要认真核对答题卡上粘贴的“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 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、下列命题中的说法正确的是（ ）a若向量，则存在唯一的实数使得；b命题“若，则”的否命题为“若，则”；c命题“，使得”的否定是：“，均有”；d“且”是“”的不充分也不必要条件；2如图， 在复平面内，复数和对应的点分别是和，则（ ）a b c d3若，且（ ）a b c d4某单位有840名职工，现采用系统抽样方法，抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间481,720的人数为( )a11 b12 c13 d14 5已知箱中共有6个球，其中红球、黄球、蓝球各2个每次从该箱中取1个球 (有放回，每球取到的机会均等)，共取三次设事件a：“第一次取到的球和第二次取到的球颜色相同”，事件b：“三次取到的球颜色都相同”，则（ ）a b c d6、棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（ ）a. b.4 c. d.37已知，记数列的前n项和为，则使的n 的最小值为（ ）a.13 b.12 c. 11 d.108方程的解所在的区间是（ ）a b c d9已知点f1，f2分别是双曲线的左、右焦点，过f1且垂直于x轴的直线与双曲线交于a，b两点，若abf2是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）a b c d10下列程序框图中，输出的的值a. b. c. d.11函数的部分图象大致为（ ） 12设为自然对数的底数.若，则（ ）a bc d二、填空题（题型注释）13如图正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是 14设，则的展开式中各项系数和为_.15设实数，满足则的取值范围是 16设的内角所对的边长分别为，且，则的最大值为_三、解答题（题型注释）17（本小题满分12分）设数列的前n项和为.已知.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前n项和.18如图，矩形，满足在上，在上，且，沿、将矩形折起成为一个直三棱柱，使与、与重合后分别记为，在直三棱柱中，点分别为和的中点(i)证明：平面；()若二面角为直二面角，求的值19甲箱子里装有3个白球个黑球，乙箱子里装有个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖（1） 当获奖概率最大时，求的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数即为参加游戏人数，如4次均未中奖，则，求的分布列和20如图，抛物线的准线与轴交于点，焦点为以为焦点，离心率为的椭圆与抛物线在轴上方的交点为，延长交抛物线于点，m是抛物线上位于之间的动点（1）当时，求椭圆的方程；（2）当的边长恰好是连续的三个自然数时，求面积的最大值21设函数的图象在点处的切线的斜率为，且函数为偶函数若函数满足下列条件：；对一切实数，不等式恒成立（1）求函数的表达式；（2）求证：22（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲如图所示，已知圆外有一点，作圆的切线，为切点，过的中点，作割线，交圆于、两点，连接并延长，交圆于点，连接交圆于点，若（1）求证：；（2）求证：四边形是平行四边形23选修44：坐标系与参数方程极坐标系与直角坐标系有相同的长度单位，以原点为极点，以轴正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，），射线与曲线交于（不包括极点o）三点（1）求证：；（2）当时，b，c两点在曲线上，求与的值24（本题满分10分） 选修45：不等式选讲已知关于的不等式对于任意的恒成立（）求的取值范围；（）在（）的条件下求函数的最小值 2016海南省高考压轴卷数学理一、 选择题1、试题分析：当时，不存在实数使，所以a错；否命题是将命题中的条件与结论同否定，所以b错；命题“，使得”的否定是：“，均有”，所以c错；命题“且”的逆否命题为：“或”是假命题，故原命题为假命题，“且”的逆否命题为：“或或”是假命题，故原命题为假命题，所以“且”是“”的不充分也不必要条件2、试题分析：由图知，所以，故选c考点：1、复数的几何意义；2、复数的运算3、试题分析：，所以考点：齐次式4、试题分析：使用系统抽样方法，从840人中抽取42人，即从20人抽取1人所以从编号1480的人中，恰好抽取480/20=24人，接着从编号481720共240人中抽取240/20=12人考点：系统抽样5、试题分析：由题意，则，故选b.考点：条件概率.6、试题分析：由三视图可知，截面如图所示，可知所求几何体的体积为正方体体积的一半，由，故所求几何体体积为.7、试题分析：由，可得，使的的最小值为，故选c.考点：数列的通项及前项和.8、试题分析：由题设, ,故选b考点：幂函数性质；函数的零点9、试题分析：由题意，即，所以，即，解得，又，所以故选d考点：双曲线的几何性质10、试题分析：根据题意有，在运行的过程中，；，；，以此类推，就可以得出输出的a是以为分子，分母构成以为首项，以为公差的等差数列，输出的是第10项，所以输出的结果为，故选c.11、试题分析：由题意得，知，当时，因为，令，即，当时，因为，所以，所以函数的极值点在，故选b考点：函数的图象及函数的零点问题12、由不等式启发，可构造函数，则，又由，得，即在上为单调递增函数，因为，所以，即，又，整理可得，.故正确答案选b.二、 填空题13、试题分析：水平放置的平面图形的直观图是用斜二测画法，所以与轴平行的保持不变，与轴平行的变为原来的一半，所以将直观图还原如图所示的图形，,所以原图形的周长是14、试题分析：因为，则，令，则的展开式中各项系数和为.15、试题分析：作出可行域，令，则由的几何意义可知取点时，取得最大值，取点时，取得最小值，则，又，由及单调递增，可知单调递增，故，所以的取值范围是16、试题分析：在中，由正弦定理得，即，则；由得，当且仅当，时，等号成立，故当，的最大值为，故答案填.三、 解答题17、试题解析（1）由已知得，所以，当时，所以的通项公式为（2）时将代入中得，时将代入中得时，时， 即，所以将代入此时得,所以数列的前项和为18、试题解析：（1）在第一个箱子中摸出一个球是白球的概率为，在第二个箱子中摸出一个球是白球的概率为，所以获奖概率当且仅当，即时取等号，又因为为整数，当时，当时，所以或时，4分（2）的取值有0，1，2，3，4，由（1）可知班长摸奖一次中奖的概率为，由次独立重复试验的恰好发生次的概率计算公式可得： 12340 19、试题解析：（）证：连结db1 、dc1 四边形dbb1d1为矩形，m为d1b的中点 2分m是db1与d1b的交点，且m为db1的中点mndc1，mn平面dd1c1c 4分（）解：四边形为矩形，b.c在a1a2上，b1.c1在上，且bb1cc1，a1b = ca2 = 2，bdc = 90 6分以db、dc、dd1所在直线分别为x.y.z轴建立直角坐标系，则d(0，0，0)，b(2，0，0)，c(0，2，0)，d1(0，0，)，b1(2，0，)，c1(0，2，)点m、n分别为d1b和b1c1的中点，设平面d1mn的法向量为m = (x，y，z)，则，令x = 1得：即 8分设平面mnc的法向量为n = (x，y，z)，则，令z = 1得：即 10分二面角d1mnc为直二面角 mn，故，解得：二面角d1mnc为直二面角时， 12分20、（1）当时，椭圆方程为（2）将代入椭圆方程得，即，得，的边长恰好是连续的三个自然数， ，直线的方程为，代入抛物线方程得，设，则点到直线的距离，当时，面积的最大值为. 考点：1、抛物线的几何性质；2、椭圆的几何性质.【方法点晴】（1）当时，求出焦点坐标，得，求出椭圆方程；（2）联立抛物线与椭圆得到关于的二次方程，求出点的坐标，的边长恰好是连续的三个自然数，.此时，求出直线的方程，代入抛物线方程得点坐标及设，则点到直线的距离，当时， 面积的最大值为. 21、试题解析：（1）解：由已知得：由为偶函数，有又，所以，即 因为对一切实数恒成立，即对一切实数，不等式恒成立当时，不符合题意当时， ，得所以 （2）证明：，所以因为，所以11分所以成立考点：1函数的奇偶性；2二次函数的性质；3裂项相消法求和；4不等式的证明22（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲试题解析：证明：（1）是圆的切线，是圆的割线，是的中点，又，即，（2），即，是圆的切线，即，四边形是平行四边形考点：1、圆的内接四边形的判定定理；2、圆周角定理；3、同弧或等弧所对的圆周角相等；4、割线定理23选修44：坐标系与参数方程试题解析：