江苏省淮安市淮海中学高三数学12月月考（二统模拟）试卷（含解析）.doc

淮海中学2016届高三年级冲刺二统模拟试卷数学 i 参考公式 (1) 样本数据x1，x2，xn的方差s2 (xi)2，其中 xi(2) 锥体的体积公式：vsh，其中s为锥体的底面积，h为锥体的高一、 选择题（本大题共14小题，每小题5分，共70分不需要写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1. 已知集合，则【考点】集合的运算【试题解析】，所以【答案】2. 已知是虚数单位，则复数虚部为【考点】复数概念和向量表示【试题解析】 ，所以虚部为1【答案】13. 如图，茎叶图记录了甲、乙两组各3名同学在期末考试中的数 学成绩，则方差较小的那组同学成绩的方差为【考点】样本的数据特征【试题解析】甲组同学：成绩分别为：88，92，96，所以平均成绩为。所以方差为乙组同学：成绩分别为：90，91，95，所以平均成绩为。所以方差为故答案为 【答案】4. 函数的定义域为【考点】函数的定义域与值域【试题解析】由得，即，所以，所以定义域为【答案】5. 执行如右图所示的流程图，则输出的为【考点】算法和程序框图【试题解析】初始值：，第一次循环：，第二次循环：，第三次循环：，输出【答案】46. 已知正四棱锥的底面边长是3，高为，这个正四棱锥的侧 面积是【考点】空间几何体的表面积与体积【试题解析】斜高为所以侧面积为【答案】7. 从集合中取两个不同的数，则的概率为【考点】古典概型【试题解析】从集合中任取两个不同的数，共有种，其中使得的有种，所以概率为。【答案】8. 在平面直角坐标系xoy中，点f为抛物线x2=8y的焦点，则f到双曲线的渐近线的距离为【考点】双曲线抛物线【试题解析】抛物线焦点坐标为，双曲线的一条渐近线方程为，即，所以距离为【答案】9. 在等差数列中，已知，则=【考点】等差数列【试题解析】由已知，即，所以，所以，由得，【答案】1510. 函数，若，则的最小正周期为【考点】三角函数的图像与性质【试题解析】，所以（），即（），因为，所以，所以最小正周期为【答案】11. 如图，正六边形abcdef的边长为，p是线段de上的任意一点，则的取值范围为【考点】数量积及其应用【试题解析】如图建立坐标系则，设（）则，所以，因为，所以的取值范围为【答案】12. 已知直线（是实数）与圆（ 是坐标原点）相交于两点，且是直角三角形，点 是以点为圆心的圆上的任意一点，则圆的 面积的最小值为【考点】直线与圆的位置关系【试题解析】由已知，所以原点到直线的距离，即所以，即又因为点是以点为圆心的圆上的任意一点，所以圆的半径所以圆圆的面积所以当时取得最小值【答案】13. 已知，且，则的最小值为【考点】基本不等式【试题解析】由得当时，等式不成立当时，则 若，无最小值若，当且仅当，即时等号成立，此时【答案】814. 已知函数若函数有四个零点，则实数的所有可能取值构成的集合是【考点】零点与方程【试题解析】当时，所以当时单调递增，当时单调递减，所以当时取得最小值0，当时，所以当时单调递减，当时单调递增，所以当时取得最小值，所以方程的两根为，由得，或即或所以，解得【答案】二、解答题（本大题共6小题，共90分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15（本题满分14分）在中，角a、b、c所对应的边分别为a、b、c，已知向量（1）求a的大小（2）若，求的面积【考点】解斜三角形【试题解析】（1）由m n得再由正弦定理得化简得即，所以（2）由余弦定理得，整理，将代入得，【答案】（1）；（2）16（本题满分14分）第16题如图，四棱锥中，底面，底面为菱形，点为侧棱上一点.（1）若，求证：平面；（2）若，求证：平面平面.【考点】立体几何综合【试题解析】(1) 证：（1）设的交点为，连底面为菱形，为中点，又， 且平面，平面，平面. （2）底面为菱形，底面，平面，平面，又平面，平面平面.【答案】见解析17（本题满分14分）某生态农庄池塘的平面图为矩形,已知为上一点，且为池塘内一临时停靠点，且到的距离均为3，为池塘上的浮桥，为了固定浮桥，现准备经过临时停靠点再架设一座浮桥，其中分别是浮桥上点.（浮桥宽度、池塘岸边宽度不计）设.（1）当为何值时，为浮桥中点?（2）怎样架设浮桥才能使得面积最小，求出面积最小时的值？【考点】均值定理【试题解析】（1）以e为坐标原点，ad所在直线为y轴，过e垂直于ad的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.则c(4，8)，b（4，-2），p(1,1) ec：y=2x eb： eceb设m（m，2m），n（2n，n），（m0,n0）p为mn的中点 此时，.答：当时，为中点. （2） （）eceb =当且仅当时取等号， .=，此时. 答：当时，三角形面积最小，最小为【答案】（1）；（2）当时，三角形面积最小，最小为（第17题图）18（本题满分16分）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，右焦点，点p在椭圆上，且在第一象限，直线与圆相切与点.（1）求椭圆的方程；（2）求的取值范围；（3）若，求点的纵坐标的值. 【考点】圆锥曲线综合【试题解析】（第18题图）（1）由已知，解得，所以所以椭圆标准方程为 （2）设，则（），所以因为，所以的取值范围是（3）当轴时，或由解得当不垂直于轴时，设，方程为，即因为与圆相切，所以，所以所以又，所以由得所以【答案】（1）； （2）；（3）19（本题满分16分）已知数列的前项和满足：（为常数，且）（1）证明：成等比数列；（2）设，若数列为等比数列，求的值；（3）在满足条件（2）的情形下，设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围【考点】数列综合应用【试题解析】（1）当时，得当时，即，所以，故成等比数列； （2）由（1）知成等比数列且公比是，故，即若数列是等比数列，则有，而故，解得，再将代入得由知为等比数列，所以（3）由，知，由不等式恒成立，得， 由，当时，当时， 而，【答案】（1）见解析；（2）；（3）20（本题满分16分）已知函数，a，br，且a0（1）若a2，b1，求函数f(x)的极值；（2）设g(x)a(x1)f(x) 当a1时，对任意x(0，)，都有g(x)1成立，求b的最大值； 设g(x)为g(x)的导函数若存在x1，使g(x)g(x)0成立，求的取值范围【考点】导数的综合运用【试题解析】（1）当a2，b1时，f (x)(2)ex，定义域为(，0)(0，)所以f (x) 令f (x)0，得x11，x2，列表由表知f (x)的极大值是f (1)e1，f (x)的极小值是f ()4（2） 因为g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex， 当a1时，g (x)(x2)ex因为g (x)1在x（0，）上恒成立，所以bx22x在x（0，）上恒成立记h(x)x22x（x0），则h(x)当0x1时，h(x)0，h(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，h(x)0，h(x)在（1，）上是增函数所以h(x)minh(1)1e1 所以b的最大值为1e1 因为g (x)(ax2a)ex，所以g (x)(axa)ex由g (x)g (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 因为a0，所以设u(x)（x1），则u(x)因为x1，u(x)0恒成立，所以u(x)在（1，）是增函数，所以u(x)u(1)1，所以1，即的取值范围为（1，）【答案】见解析淮海中学2016届高三年级冲刺二统模拟考试 数 学 ii 卷（附加题） （考试时间：30分钟 总分：40分）21b选修42：矩阵与变换已知矩阵，若矩阵对应的变换把直线变为直线，求直线的方程【考点】矩阵【试题解析】，. 在直线上任取一点，它是由上的点经矩阵所对应的变换所得，则一方面，点在直线上，.，即， 将代入得，即，直线的方程为.【答案】21c选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，圆的参数方程为为参数，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若圆上的点到直线的最大距离为，求的值.【考点】参数方程【试题解析】圆的参数方程为为参数，消去参数，所以圆心，半径为直线的极坐标方程为，化为普通方程为. 圆心到直线的距离为， 圆上的点到直线的最大距离为3，即，【答案】1 22.（本小题满分10分）袋中装有围棋黑色和白色棋子共7枚，从中任取2枚棋子都是白色的概率为. 现有甲、乙两人从袋中轮流摸取一枚棋子。甲先摸，乙后取，然后甲再取，取后均不放回，直到有一人取到白棋即终止. 每枚棋子在每一次被摸出的机会都是等可能的。用表示取棋子终止时所需的取棋子的次数.（1）求随机变量的概率分布列和数学期望；（2）求甲取到白球的概率. 【考点】概率综合【试题解析】设袋中白球共有个，则依题意知：，即 ，解之得（舍去）. （1）袋中的7枚棋子3白4黑，随机变量的所有可能取值是1，2，3，4，5.，. 随机变量的概率分布列为： 所以. （2）记事件“甲取到白球”，则事件包括以下三个互斥事件： “甲第1次取球时取出白球”； “甲第2次取球时取出白球”； “甲第3次取球时取出白球”.依题意知：， （注：此段3分的分配是每错1个扣1分，错到3个即不得分.）所以，甲取到白球的概率为 【答案】（1）见解析；（2）23.（本小题满分10分）设f(n)是定义在n*上的增函数，f(4)5，且满足：任意nn*，f(n)z；任意m，nn*，有f(m)f(n)f(mn)f(mn1)（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）求f(n)的表达式【考点】分段函数，抽象函数与复合函数【试题解析】（1）因为f(1)f(4)f(4)f(4)，所以5 f(1)10，则f(1)2 因为f(n)是单调增函数，所以2f(1)f(2)f(3)f(4)5因为f(n)z，所以f(2)3，f(3)4 （2）由（1）可猜想f (n)n+1证明：因为f (n)单调递增，所以f (n+1)f (n)，又f(n)z，所以f (n+1)f (n)+1首先证明：f (n)n+1因为f (1)2，所以n1时，命题成立假设n=k(k1)时命题成立，即f(k)k+1则f(k+1)f (k)+1k+2，即nk+1时，命题也成立综上，f (n)n+1 由已知可得f (2)f (n)f (2n)f