2016年吉林省吉林市高考数学三模试卷（理科）含答案解析.doc

2016年吉林省吉林市高考数学三模试卷（理科）一、选择题：本大题共12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设全集u=1，2，3，4，5，6，7，8，集合a=1，2，3，5，b=2，4，6，则图中的阴影部分表示的集合为（）a2b4，6c1，3，5d4，6，7，82 =（）a1+2ib1+2ic12id12i3已知数列an为等差数列，若a1，a2，a3成等比数列，且a1=1，则公差d=（）a0b1c2d44设f（x）=ax2+bx+2是定义在1+a，1上的偶函数，则f（x）0的解集为（）a（2，2）bc（，1）（1，+）d（1，1）5下列有关命题的说法错误的是（）a函数f（x）=sinxcosx的最小正周期为b函数在区间（2，3）内有零点c已知函数，若，则0a1d在某项测量中，测量结果服从正态分布n（2，2）（0）若在（，1）内取值的概率为0.1，则在（2，3）内取值的概率为0.46运行如图所示的程序框图，则输出s的值为（）a2b3c4d87某综艺节目固定有3名男嘉宾，2名女嘉宾现要求从中选取3人组成一个娱乐团队，要求男女嘉宾都有，则不同的组队方案共有多少种（）a9b15c18d218 =（）a1b2c3d9函数（1x4）的图象如图所示，a为图象与x轴的交点，过点a的直线l与函数的图象交于b，c两点，则（+）=（）a8b4c4d810已知数列an的前n和为sn，a1=1当n2时，an+2sn1=n，则s2016=（）a b1006c1007d100811已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为=1（ab0），则椭圆在其上一点a（x0，y0）处的切线方程为=1，试运用该性质解决以下问题：椭圆c1： =1（ab0），其焦距为2，且过点点b为c1在第一象限中的任意一点，过b作c1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于c，d两点，则ocd面积的最小值为（）a b c d212已知y=f（x）是（0，+）上的可导函数，满足（x1）2f（x）+xf（x）0（x1）恒成立，f（1）=2，若曲线f（x）在点（1，2）处的切线为y=g（x），且g（a）=2016，则a等于（）a500.5b501.5c502.5d503.5二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分13设，则f（1）=14已知x，y满足则z=2x+y的最大值为15三棱锥sabc及其三视图中的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则棱sb的长为16如图，四边形oabc，odef，oghi是三个全等的菱形，cod=fog=，设，已知点p在各菱形边上运动，且=x+y，x，yr，则x+y的最大值为三、解答题：本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17在abc中，a，b，c分别为内角a，b，c的对边，且b2+c2a2=bc（）求角a的大小；（）设函数，当f（b）取最大值时，判断abc的形状18吉林市某中学利用周末组织教职员工进行了一次冬季户外健身活动，有n人参加，现将所有参加人员按年龄情况分为20，25），25，30），30，35），35，40），40，45），45，50），50，55）等七组，其频率分布直方图如图所示已知35，40）之间的参加者有8人（）求n和30，35）之间的参加者人数n1；（）已知30，35）和35，40）两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学教师的概率；（）组织者从45，55）之间的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为，求的分布列和数学期望e19如图，在三棱柱abca1b1c1中，四边形aa1c1c是边长为4的正方形，平面abc平面aa1c1c，ab=3，bc=5（）求证：aa1平面abc；（）求二面角ca1b1c1的大小；（）若点d是线段bc的中点，请问在线段ab1上是否存在点e，使得de面aa1c1c？若存在，请说明点e的位置；若不存在，请说明理由20已知抛物线c的方程为y2=2px（p0），点r（1，2）在抛物线c上（）求抛物线c的方程；（）过点q（l，1）作直线交抛物线c于不同于r的两点a，b，若直线ar，br分别交直线l：y=2x+2于m，n两点，求|mn|最小时直线ab的方程21设，曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线与直线2x+y+1=0垂直（1）求a的值；（2）若x1，+），f（x）m（x1）恒成立，求m的范围（3）求证：四.请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.解答时请写清题号.选修4-1：几何证明选讲22如图，在abc中，dcab于d，beac于e，be交dc于点f，若bf=fc=3，df=fe=2（1）求证：adab=aeac；（2）求线段bc的长度选修4-4：坐标系与参数方程23在平面直角坐标系中，曲线c1的参数方程为（ab0，为参数），且曲线c1上的点m（2，）对应的参数=且以o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线c2是圆心在极轴上且经过极点的圆，射线=与曲线c2交于点d（，）（1）求曲线c1的普通方程，c2的极坐标方程；（2）若a（1，），b（2，+）是曲线c1上的两点，求+的值选修4-5：不等式选讲24已知f（x）=2|x2|+|x+1|（1）求不等式f（x）6的解集；（2）设m，n，p为正实数，且m+n+p=f（2），求证：mn+np+pm32016年吉林省吉林市高考数学三模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12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设全集u=1，2，3，4，5，6，7，8，集合a=1，2，3，5，b=2，4，6，则图中的阴影部分表示的集合为（）a2b4，6c1，3，5d4，6，7，8【考点】venn图表达集合的关系及运算【分析】由韦恩图可知阴影部分表示的集合为（cua）b，根据集合的运算求解即可【解答】解：全集u=1，2，3，4，5，6，7，8，集合a=1，2，3，5，b=2，4，6，由韦恩图可知阴影部分表示的集合为（cua）b，cua=4，6，7，8，（cua）b=4，6故选b2 =（）a1+2ib1+2ic12id12i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】分子分母同乘以分母的共轭复数1+i化简即可【解答】解：化简可得=1+2i故选：b3已知数列an为等差数列，若a1，a2，a3成等比数列，且a1=1，则公差d=（）a0b1c2d4【考点】等比数列的性质；等差数列的通项公式【分析】由a1，a2，a3成等比数列，且a1=1，得到a22=a1a3，即（1+d）2=1（1+2d），解得即可【解答】解：由a1，a2，a3成等比数列，且a1=1，得到a22=a1a3，（1+d）2=1（1+2d），解得：d=0，故选：a4设f（x）=ax2+bx+2是定义在1+a，1上的偶函数，则f（x）0的解集为（）a（2，2）bc（，1）（1，+）d（1，1）【考点】函数奇偶性的性质【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称便可得出a=2，而根据f（x）=f（x）便可以得出2bx=0，从而得出b=0，这样便得出f（x）=2x2+2，从而解不等式2x2+20便可得出f（x）0的解集【解答】解：f（x）为定义在1+a，1上的偶函数；1+a=1；a=2；又f（x）=f（x）；即ax2bx+2=ax2+bx+2；2bx=0；b=0；f（x）=2x2+2；由f（x）0得，2x2+20；解得1x1；f（x）0的解集为（1，1）故选：d5下列有关命题的说法错误的是（）a函数f（x）=sinxcosx的最小正周期为b函数在区间（2，3）内有零点c已知函数，若，则0a1d在某项测量中，测量结果服从正态分布n（2，2）（0）若在（，1）内取值的概率为0.1，则在（2，3）内取值的概率为0.4【考点】命题的真假判断与应用【分析】a根据三角函数的周期公式进行判断b根据函数零点的判断条件进行判断c，根据对数的性质进行判断d根据正态分布的性质进行判断【解答】解：af（x）=sinxcosx=sinx2x，则函数的周期是，故a正确，b函数在（0，+）上为增函数，则f（2）=ln2+12=ln21=ln0，f（3）=ln3+2=ln3=ln3ln=ln0，即函数在区间（2，3）内有零点，故b正确，cf（）=loga（）=loga，若，则a1，故c错误，d服从正态分布n（2，2）（0）若在（，1）内取值的概率为0.1，则在（3，+）内取值的概率为0.1，则在（1，3）内取值的概率为10.10.1=0.8，即在（2，3）内取值的概率为0.4，故d正确故选：c6运行如图所示的程序框图，则输出s的值为（）a2b3c4d8【考点】程序框图【分析】会根据ss+（1）nn计算s的值及判断出当n5时跳出循环结构，即可得出答案【解答】解：n1，s1+（1）11；n2，s0+（1）22；n3，s2+（1）33；n4，s1+（1）44；n5，s3+（1）55当n=6时，应跳出循环程序，并输出s的值是2故选a7某综艺节目固定有3名男嘉宾，2名女嘉宾现要求从中选取3人组成一个娱乐团队，要求男女嘉宾都有，则不同的组队方案共有多少种（）a9b15c18d21【考点】计数原理的应用【分析】不同的组队方案：选取3人组成一个娱乐团队，要求男女嘉宾都有，方法共有两类，一是：一男二女，另一类是：两男一女；在每一类中都用分步计数原理解答【解答】解：直接法：一男两女，有c31c22=3种，两男一女，有c32c21=6种，共计9种，间接法：任意选取c53=10种，其中都是男嘉宾有c33=1种，于是符合条件的有101=9种故选：a8 =（）a1b2c3d【考点】定积分【分析】根据定积分的计算法则计算即可【解答】解： =（1x）dx=（xx2）|=1=，故选：d9函数（1x4）的图象如图所示，a为图象与x轴的交点，过点a的直线l与函数的图象交于b，c两点，则（+）=（）a8b4c4d8【考点】平面向量数量积的运算【分析】先确定点a（2，0）再射出点b（x1，y1），c（x2，y2），由题意可知点a为b、c两点的中点，故x1+x2=4，y1+y2=0将点b、c代入即可得到答案【解答】解：由题意可知 b、c两点的中点为点a（2，0），设b（x1，y1），c（x2，y2），则x1+x2=4，y1+y2=0（+）=（x1，y1）+（x2，y2）（2，0）=（x1+x2，y1+y2）（2，0）=（4，0）（2，0）=8故选d10已知数列an的前n和为sn，a1=1当n2时，an+2sn1=n，则s2016=（）a b1006c1007d1008【考点】数列的求和【分析】通过当n2时an+2sn1=n与an+1+2sn=n+1作差、整理，进而可知a2n1=1、a2n=0，计算即得结论【解答】解：当n2时，an+2sn1=n，an+1+2sn=n+1，两式相减，得：an+1an+2an=1，即an+1+an=1，又a2+2s1=2，即a2=0满足上式，a2n1=1，a2n=0，2016=21008，s2016=11008=1008，故选：d11已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为=1（ab0），则椭圆在其上一点a（x0，y0）处的切线方程为=1，试运用该性质解决以下问题：椭圆c1： =1（ab0），其焦距为2，且过点点b为c1在第一象限中的任意一点，过b作c1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于c，d两点，则ocd面积的最小值为（）a b c d2【考点】椭圆的简单性质【分析】依题意得：椭圆的焦点为f1（1，0），f2（1，0），可得c=1，代入点，计算即可求出a，b，从而可求椭圆c1的方程；设b（x2，y2），求得椭圆c1在点b处的切线方程，分别令x=0，y=0，求得截距，由三角形的面积公式，再结合基本不等式，即可求ocd面积的最小值【解答】解：由题意可得2c=2，即c=1，a2b2=1，代入点，可得+=1，解得a=，b=1，即有椭圆的方程为+y2=1，设b（x2，y2），则椭圆c1在点b处的切线方程为x+y2y=1令x=0，yd=，令y=0，可得xc=，所以socd=，又点b在椭圆的第一象限上，所以x2，y20， +y22=1，即有=+2=，socd，当且仅当=y22=，所以当b（1，）时，三角形ocd的面积的最小值为故选：b12已知y=f（x）是（0，+）上的可导函数，满足（x1）2f（x）+xf（x）0（x1）恒成立，f（1）=2，若曲线f（x）在点（1，2）处的切线为y=g（x），且g（a）=2016，则a等于（）a500.5b501.5c502.5d503.5【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】令f（x）=x2f（x），讨论x1，0x1时，f（x）的单调区间和极值点，可得f（1）=0，即有2f（1）+f（1）=0，由f（1）=2，可得f（1）=4，求得f（x）在（1，2）处的切线方程，再由g（a）=2016，解方程可得a的值【解答】解：令f（x）=x2f（x），由（x1）2f（x）+xf（x）0（x1），可得x1时，2f（x）+xf（x）0即2xf（x）+x2f（x）0，即f（x）递增；当0x1时，2f（x）+xf（x）0即2xf（x）+x2f（x）0，即f（x）递减即有x=1处为极值点，即为f（1）=0，即有2f（1）+f（1）=0，由f（1）=2，可得f（1）=4，曲线f（x）在点（1，2）处的切线为y2=4（x1），即有g（x）=64x，由g（a）=2016，即有64a=2016，解得a=502.5故选：c二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分13设，则f（1）=3【考点】函数的值【分析】利用分段函数的性质求解【解答】解：，f（1）=ff（7）=f（5）=3故答案为：314已知x，y满足则z=2x+y的最大值为7【考点】简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最大值【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）由z=2x+y得y=2x+z，平移直线y=2x+z，由图象可知当直线y=2x+z经过点a时，直线y=2x+z的截距最大，此时z最大由，解得，即a（3，1），代入目标函数z=2x+y得z=23+1=6+1=7即目标函数z=2x+y的最大值为7故答案为：715三棱锥sabc及其三视图中的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则棱sb的长为4【考点】简单空间图形的三视图【分析】由已知中的三视图可得sc平面abc，底面abc为等腰三角形，sc=4，abc中ac=4，ac边上的高为2，进而根据勾股定理得到答案【解答】解：由已知中的三视图可得sc平面abc，且底面abc为等腰三角形，在abc中ac=4，ac边上的高为2，故bc=4，在rtsbc中，由sc=4，可得sb=4，故答案为：416如图，四边形oabc，odef，oghi是三个全等的菱形，cod=fog=，设，已知点p在各菱形边上运动，且=x+y，x，yr，则x+y的最大值为4【考点】向量加减混合运算及其几何意义【分析】以o为坐标原点，gc所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，设菱形的边长为2，从而求出d，h点的坐标，这样便可得到向量、的坐标再设p（x，y），根据条件即可得出x+y的解析式，设x+y=z，x，y的活动域是菱形的边上，根据线性规划的知识求出z的最大值，即求出x+y的最大值【解答】解：如图所示，以gc所在直线为x轴，过o且垂直于gc的直线为y轴，建立如图所示坐标系，设菱形的边长为2，则：d（1，），h（3，）；设p（x，y），则（x，y）=x（1，）+y（3，）；x+y=yx；设z=yx；y=x+z， z表示在y轴上的截距；当截距最大时，z取到最大值；根据图形可看出，当直线经过点e（0，2）时，截距最大；2=0+z；解得z=4；x+y的最大值为4故答案为：4三、解答题：本大题共5小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17在abc中，a，b，c分别为内角a，b，c的对边，且b2+c2a2=bc（）求角a的大小；（）设函数，当f（b）取最大值时，判断abc的形状【考点】余弦定理；三角函数中的恒等变换应用【分析】（）由已知和余弦定理可得cosa=，可得；（）由题意和三角函数公式可得，由三角函数的最值可得，可判abc是直角三角形【解答】解：（）在abc中，b2+c2a2=bc，由余弦定理可得，a（0，），；（），b（0，），当，即时，f（b）取最大值，此时易知道abc是直角三角形18吉林市某中学利用周末组织教职员工进行了一次冬季户外健身活动，有n人参加，现将所有参加人员按年龄情况分为20，25），25，30），30，35），35，40），40，45），45，50），50，55）等七组，其频率分布直方图如图所示已知35，40）之间的参加者有8人（）求n和30，35）之间的参加者人数n1；（）已知30，35）和35，40）两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学教师的概率；（）组织者从45，55）之间的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为，求的分布列和数学期望e【考点】离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列【分析】（）设频率分布直方图中7个组的频率分别为p1，p2，p3，p4，p5，p6，p7，p4=0.045=0.2，从而，由此能求出30，35）之间的志愿者人数（）由（）知30，35）之间有400.3=12人，设从30，35）之间取2人担任接待工作，其中至少有1名数学教师的事件为事件b；从35，40）之间取2人担任接待工作其中至少有1名数学教师的事件为事件c，由此推导出女教师的数量为的取值可为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望e【解答】解：（）设频率分布直方图中7个组的频率分别为p1，p2，p3，p4，p5，p6，p7，p4=0.045=0.2，所以由题意p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7=1，而p3=1（p1+p2+p4+p5+p6+p7）=15（0.01+0.03+0.04+0.03+0.02+0.01）=0.330，35）之间的志愿者人数n1=40p3=400.3=12人（）由（）知30，35）之间有400.3=12人设从30，35）之间取2人担任接待工作，其中至少有1名数学教师的事件为事件b；从35，40）之间取2人担任接待工作其中至少有1名数学教师的事件为事件c，因为两组的选择互不影响，为相互独立事件，所以45，55）之间共有5（0.01+0.02）40=6人，其中4名女教师，2名男教师，从中选取3人，则女教师的数量为的取值可为1，2，3所以；所以分布列为123p的数学期望为e=2，19如图，在三棱柱abca1b1c1中，四边形aa1c1c是边长为4的正方形，平面abc平面aa1c1c，ab=3，bc=5（）求证：aa1平面abc；（）求二面角ca1b1c1的大小；（）若点d是线段bc的中点，请问在线段ab1上是否存在点e，使得de面aa1c1c？若存在，请说明点e的位置；若不存在，请说明理由【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定【分析】（）根据线面线面垂直的判定定理即可证明aa1平面abc；（）建立坐标系求出二面角的法向量，利用向量法即可求二面角ca1b1c1的大小；（）根据线面平行的性质定理建立方程关系即可得到结论【解答】证明：（）因为四边形aa1c1c是边长为4的正方形，所以aa1ac，因为平面abc平面aa1c1c且平面abc平面aa1c1c=ac，所以aa1平面abc（）解：以a为坐标原点，以ac，ab，aa1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示：（图略）则a，b，c，a1，b1，c1点坐标分别为：a（0，0，0）；b（0，3，0）；c（4，0，0）；a1（0，0，4）；b1（0，3，4）；c1（4，0，4）则设平面ca1b1的法向量所以，所以令x=1，所以，又易知平面a1b1c1的法向量为所以所以二面角ca1b1c1的大小为45（）设e（x1，y1，z1）；平面aa1c1c的法向量因为点e在线段ab1上，所以假设ae=ab1，所以（01）即e（0，3，4），所以又因为平面aa1c1c的法向量易知而de面aa1c1c，所以，所以所以点e是线段ab1的中点若采用常规方法并且准确，也给分20已知抛物线c的方程为y2=2px（p0），点r（1，2）在抛物线c上（）求抛物线c的方程；（）过点q（l，1）作直线交抛物线c于不同于r的两点a，b，若直线ar，br分别交直线l：y=2x+2于m，n两点，求|mn|最小时直线ab的方程【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（）由点r（1，2）在抛物线c：y2=2px（p0）上，求出p=2，由此能求出抛物线c的方程（）设a（x1，y1），b（x2y2），设直线ab的方程为x=m（y1）+1，m0，设直线ar的方程为y=k1（x1）+2，由已知条件推导出xm=，xn=，由此求出|mn|=2，再用换元法能求出|mn|的最小值及此时直线ab的方程【解答】解：（）点r（1，2）在抛物线c：y2=2px（p0）上，4=2p，解得p=2，抛物线c的方程为y2=4x（）设a（x1，y1），b（x2y2），直线ab的方程为x=m（y1）+1，m0，由，消去x，并整理，得：y24my+4（m1）=0，y1+y2=4m，y1y2=4（m1），设直线ar的方程为y=k1（x1）+2，由，解得点m的横坐标，又=，xm=，同理点n的横坐标xn=，|y2y1|=4，|mn|=|xmxn|=|=2|，=8=2，令m1=t，t0，则m=t=1，|mn|=2，即当t=2，m=1时，|mn|取最小值为，此时直线ab的方程为x+y2=021设，曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线与直线2x+y+1=0垂直（1）求a的值；（2）若x1，+），f（x）m（x1）恒成立，求m的范围（3）求证：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用【分析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为，设，即x（1，+），g（x）0利用导数研究g（x）在（0，+）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围（3）由（2）知，当x1时，时，成立不妨令，得出，再分别令k=1，2，n得到n个不等式，最后累加可得【解答】解：（1）由题设，1+a=1，a=0（2），x（1，+），f（x）m（x1），即设，即x（1，+），g（x）0若m0，g（x）0，g（x）g（1）=0，这与题设g（x）0矛盾若m0方程mx2+xm=0的判别式=14m2当0，即时，g（x）0g（x）在（0，+）上单调递减，g（x）g（1）=0，即不等式成立当时，方程mx2+xm=0，其根，当x（1，x2），g（x）0，g（x）单调递增，g（x）g（1）=0，与题设矛盾综上所述，（3）由（2）知，当x1时，时，成立不妨令所以，累加可得即四.请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.解答时请写清题号.选修4-1：几何证明选讲22如图，在abc中，dcab于d，beac于e，be交dc于点f，若bf=fc=3，df=fe=2（1）求证：adab=aeac；（2）求线段bc的长度【考点】与圆有关的比例线段；圆內接多边形的性质与判定【分析】（1）推导出b，c，d，e四点在以bc为直径的圆上，由割线定理能证明adab=aeac（2）过点f作fgbc于点g，推导出b，g，f，d四点共圆，f，g，c，e四点共圆，由此利用割线定理能求出bc的长【解答】证明：（1）由已知bdc=bec=90，所以b，c，d，e四点在以bc为直径的圆上，由割线定理知：adab=aeac解：（2）如图，过点f作fgbc于点g，由已知，bdc=90，又因为fgbc，所以b，g，f，d四点共圆，所以由割线定理知：cgcb=cfcd，同理，f，g，c，e四点共圆，由割线定理知：bfbe=bgbc，+得：cgcb+bgbc