2016届福建漳州市高三毕业班5月质检数学(理)试题(解析版).doc

2016届福建漳州市高三毕业班5月质检数学（理）试题一、选择题1已知复数，则（ ）A BC的实部为1 D为纯虚数【答案】D【解析】试题分析：，经验证，A、B、C均错，只有为纯虚数正确，故选D【考点】复数的运算，复数的概念2已知，则等于（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：故选A【考点】诱导公式【名师点睛】在三角函数求值中，有两个变换：一是“函数名”的变换，一是“角”的变换其中“角”的变换比较灵活，如，等等这样做可以减少计算难度即在求解时：1当“已知角”有两个时，一般把“所求角”表示为两个“已知角”的和或差的形式；2当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”3已知命题：；命题：恒成立. 若为假命题，则实数的取值范围为（ ）A BC或 D【答案】C【解析】试题分析：命题为真时，即，当时，命题是真命题，为假命题，则和均为假命题，只有当时，为假命题，所以所求范围为故选C【考点】复合命题的真假4从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，在取到的2个数之和为偶数的条件下，取到的2个数均为奇数的概率是（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：取到的2个数之和为偶数共有4种情形（24，13，15，35），其中两个均为奇数的有3种，因此概率为故选D【考点】条件概率5执行如图所示的程序框图，输出的值是（ ）A31 B63 C64 D127【答案】B【解析】试题分析：由程序框图知，输出的故选B【考点】程序框图6在中，则的面积是（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：，由余弦定理得：，即，解得（舍去），所以故选D【考点】余弦定理，三角形的面积7在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：由题意，令，故常数项为故选B【考点】二项式定理的应用【名师点睛】1二项式系数最大项的确定方法(1)如果n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；(2)如果n是奇数，则中间两项2求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r1，代回通项公式即可8已知函数有最小值，则实数的取值范围是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：由题意当时，当且仅当时取等号，当时，因此要使有最小值，则必须有故选B【考点】函数的最值9已知为坐标原点，双曲线的两条渐近线分别为，右焦点为，以为直径作圆交于异于原点的点，若点在上，且，则双曲线的离心率等于（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：，设，由题意，即，因为，所以，即，由得，又在直线上，则，解得故选B【考点】双曲线的几何性质10如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某多面体的三视图，则这个多面体的体积是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：如图四面体就是题设多面体的直观图，故选B【考点】三视图，体积11已知点在内（不含边界），且，则的取值范围为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：当在上时，因此当在内部时，有，由在如图所求内部（不含边界），其中， 表示与点连线的斜率，所以故选A【考点】向量的线性运算，简单的线性规划问题的非线性应用【名师点睛】本题首先考查向量的线性运算性质，向量共线的性质，如当在上时，从而得出当在内部时，满足的约束条件，其次作出可行域是解题常用方法，的几何意义是解题的关键12已知函数，则下列结论正确的是（ ）A的周期为 B在上单调递减C的最大值为 D的图象关于直线对称【答案】D【解析】试题分析：，因此周期不是，A错；，当时，递增，B错；当时，递减，显然，C错；，因此的图象关于直线对称，D正确故选D【考点】三角函数的性质【名师点睛】本题考查复合函数的性质，考查命题真假的判断，由于是选择题，我们可以利用特值法说明一些选择支是错误的（排除法），如A、C，而要说明命题是正确的只能通过证明，如D对B，可以象题中一样由导数证明单调性，也可由复合函数的单调性确定，正弦函数与余弦函数在上都是增函数，复合函数仍然是增函数，因此可知是增不是减从而确定B错选择题解法多样、灵活，掌握它的解法与技巧有利于我们快速、正确地解答二、填空题13设向量是夹角为的单位向量，若，则 .【答案】1【解析】试题分析：【考点】向量的模与数量积14直线被圆截得的弦长为，则 .【答案】【解析】试题分析：由题意圆心到直线的距离为，所以，【考点】直线与圆相交弦长，点到直线的距离15在四面体中，平面，为正三角形，则该四面体外接球的表面积等于 .【答案】【解析】试题分析：如图，是三棱锥外接球的球心，是在底面上的射影，则是正的中心，由题意，所以【考点】三棱锥与外接球，球的面积【名师点睛】(1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系(2)若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题(3)一般三棱锥的外接球的球心可通过其中一个面的外心作此平面的垂线，则球心必在此垂线上16已知，则的最小值为 .【答案】2【解析】试题分析：设，则在函数的图象上，在函数的图象上，易知与的图象关于直线对称，令，则，由对称性知，最小时，所以的最小值为【考点】函数的综合应用数形结合思想【名师点睛】本题考查求函数最值，但是二元函数的最值，解题的关键是把函数最值转化为两个函数图象上点的距离特别是函数和的图象还关于直线对称，因此这两个函数图象上两点间的距离的最小值是斜率为1的两条平行线间的距离到这里问题轻松解决数形结合思想是中学数学的一个重要的思想方法，以“形”且“数”使得解题过程比较直观、简捷三、解答题17已知递增的等差数列的前项和为，成等比数列，且的最小值为.（1）求；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：从已知出发，数列是递增的等差数列，则仅仅 差，利用成等比数列可得和的关系，这样用表示出，那么就是关于的二次函数，由二次函数的性质可得最小值，从而求得，得通项；（2）在（1）的基础上求得，它的前项和首先用分组求和法，分成两个数列的和，一个等比数列的和，一个用裂项相消法求和试题解析：（1）设等差数列的公差为，依题意，得,化简得，又为单调递增的等差数列，所以，所以.因为，所以当或5时，取得最小值，又的最小值为，所以，解得，故.（2）由（1）知，所以，所以.【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前项和，分组求和，裂项相消法，等比数列的前项和18某鞋店随机抽取了一年内100天的日销售量（单位：双），结果统计如下表：（1）若本次抽取的样本数据有30天使在夏季，其中有8天为销售等级优秀.根据提供的统计数据，完成下面的22列联表，并判断是否有95%的把握认为“该鞋店日销售量等级为优秀与季节有关”？（2）已知该鞋店每日固定成本为680元，每双鞋的销售利润为6元，试估计该鞋店一年（365天）的平均利润.【答案】（1）列联表见解析，有把握；（2）146000元【解析】试题分析：（1）由抽取的样本数据中有30天使在夏季，其中有8天为销售等级优秀可以很快填充列联表，再由公式计算出可知相关性；（2）用销量区间的中点作为该区间的估计值，可计算出该店的日均销售量，从而计算出利润试题解析：（1）由题意得22列联表：所以因为，所以有95%的把握认为“该鞋店日销售量等级为优秀与季节有关”.（2）依题意得，该鞋店的日平均销售量为（双），则该鞋店的日平均利润为（元），可估计得该鞋店的年平均利润为（元）.【考点】列联表，变量的相关性，用样本估计总体19如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，点分别是棱上共面的四点，且.（1）证明：；（2）若点分别是棱的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）要证线线平行，可以利用线面平行的性质定理先证明线面平面，从已知条件中，则有线面平行，平面，那么由线面平行的性质定理有，结论即得；（2）要求二面角，先寻找图形中相互垂直的三条直线，底面菱形，对角线垂直平分，设其交点为，则由已知得，从而平面，因此可以为轴的正方向建立空间直角坐标系，并设，就可写出图中各点坐标，进而求得平面和平面的法向量，由法向量的夹角得二面角（注意观察二面角的大小）试题解析：（1）证明：，平面，平面，平面，又平面，且平面平面，.（2）解：为菱形，设与的交点为，则为的中点，又为的中点，平面，平面.如图，以为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则， ，.设平面的法向量为.，取.设平面的法向量为.，取.又二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为.【考点】线面平行的判断与性质，二面角20已知抛物线：的焦点与椭圆：的上顶点重合，直线：与抛物线交于两点，分别以为切点作曲线的两条切线交于点.（1）求抛物线的方程；（2）（i）若直线过抛物线的焦点，判断点是否在抛物线的准线上，并说明理由；（ii）若点在椭圆上，求面积的最大值及相应的点坐标.【答案】（1）；（2）(i)点必在抛物线的准线上.（ii）的最大值，点坐标为.【解析】试题分析：（1）求出椭圆的上顶点坐标，即抛物线的焦点，从而得焦参数；（2）(i)问题实质上只要求出点的纵坐标，看是否为，为此设，由可得处切线斜率，从而得切线方程，两切线方程联立后求得交点的坐标为，而求，只要把直线方程：代入抛物线方程，由韦达定理可得；（ii）仿照（i）可得，从而得，由直线与圆锥相交弦长求法可得，再求得点到直线的距离，可计算出，由函数的性质可得最大值试题解析：（1）依题意得，椭圆的上顶点为，则，得，抛物线的方程为.（2）设，则，抛物线的方程为，求导得，故以为切点的切线方程分别为和，即 ，联立解得交点的坐标为（i）直线过抛物线的焦点，方程为，与抛物线方程联立，消去，整理得，两条切线的交点的坐标为.抛物线的准线的方程为，点必在抛物线的准线上.（ii）交点的坐标为，由消去得，由韦达定理得，点的坐标可化为，而点在椭圆上，到直线：的距离面积即当时，的最大值，此时，点坐标为.【考点】抛物线的标准方程，直线与圆锥曲线相交的综合问题【名师点睛】1.弦长的计算方法与技巧求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式,然后进行整体代入弦长公式求解.提醒:注意两种特殊情况:(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直;2.与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法,就是将其转化为端点的坐标关系,再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系,构建方程(组)求解.21已知函数，（）.（1）证明：当时，有唯一零点；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）研究函数的零点问题，可先研究函数的单调性，因此先求得导数，在确定的正负，再求一次导数得，由知，从而得单调递增，再由可判断的政见，从而得的单调性，证得结论；（2）由（1）知是满足题意的，对于其他的值，如能取一些特殊值使，则不合题意，如时，说明此时不合题意，当时，特殊值不易取得，研究其单调性，由（1）的解题过程知，存在，使，且当时，从而，因此递减，所以时，故此时也不合题意，最终得出结论试题解析：（1），令，则，当时，即在上单调递增，又，当时，；当时，.函数在上为增函数，在上为减函数.又，当时，；当时，.故对恒成立，即当时，且当且仅当时，故当时，有唯一零点.（2）当时，不合题意.当时，设，则，存在，使得，在上为单调递减，当时，即在上为减函数，即，在上为减函数，故当时，.故当时，不合题意.当时，由（1）知，.综上，若，实数的取值范围为.【考点】函数的零点，导数与函数的单调性，极值【名师点睛】利用导数研究函数的极值、最值是高考考查热点,几乎每年都会考查,有时会和函数的单调性、不等式、导数的几何意义等相结合命题,有时作为高考的压轴题出现,难度为中、高档.本题考查函数的零点与不等式恒成立问题，考查等价转化思想，解题时都转化为用导数研究函数的单调性与的极值，同时在不能直接确定导数的正负时，可对导函数再一次求导，以通过研究的单调性来确定它的正负22选修4-1：几何证明选讲如图，是的一条切线，切点为，、都是的割线，.（1）证明：；（2）证明：.【答案】证明见解析【解析】试题分析：（1）已知，是切线，由切割线定理可得结论；（2）要证线线平行，可证明同位角相等（或内错角相等），考虑到第（1）的结论可得三角形相似，从而有，再由圆周角定理可得，从而有，于是有线线平行试题解析：证明：（1）是的一条切线，是的割线，.又，（2）由（1）得,又，.【考点】切割线定理，相似三角形的判断与性质，两直线平行的判断23选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆的参数方程为（其中为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线和与圆分别交于异于极点的、两点.（1）求圆的极坐标方程；（2）求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用公式可化直角坐标方程为极坐标方程；（2）由极坐标的意义可得题意，再利用两角和与差的正弦公式及奇函数的性质可求得的最大值试题解析：（1）依题意得，圆的普通方程为，圆的极坐标方程为.（2）依题意，当，即时，的最大值为.【考点】