2016年黑龙江省哈尔滨六中高考数学四模试卷(理科)(解析版)

1、2016年黑龙江省哈尔滨六中高考数学四模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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复数23i（i为虚数单位）的虚部是（）A2B2C3iD32已知集合，B=y|y=lgx，xA，则AB=（）A B10C1D3如图，已知幂函数y=xa的图象过点P（2，4），则图中阴影部分的面积等于（）A B C D4设=（cos，sin），=（cos，1），若，则锐角为（）A15B30C45D605直线l与圆x2+y2+2x4y+a=0（a3）交于A，B两点，且弦AB的中点为（0，1），则直线l的方程是（）Ay=2x+1By=2x+1C

2、y=x+1Dy=x+16如图，程序框图输出的结果是（）A12B132C1320D118807一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A B（4+）C D8下列命题中正确命题的个数是（）（1）设随机变量服从正态分布N（0，1），若P（1）=p，则P（10）=p；（2）在区间0，上随机取一个数，则事件“tanxcosx”发生的概率为；（3）两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r越接近1；（4）f（x）=|sinx|+|cosx|，则f（x）的最小正周期是A0个B1个C2个D3个9若双曲线与直线y=x无交点，则离心率e的取值范围（）A（1，2）B（1，2C

3、（1，）D（1，10在二项式的展开式中只有第五项的二项式系数最大，把展开式中所有的项重新排成一列，则有理项都互不相邻的概率为（）A B C D11如图，四棱锥PABCD中，ABC=BAD=90，BC=2AD，PAB和PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为（）A90B75C60D4512已知函数，则下列关于函数y=ff（x）+1的零点个数的判断正确的是（）A当k0时，有3个零点；当k0时，有2个零点B当k0时，有4个零点；当k0时，有1个零点C无论k为何值，均有2个零点D无论k为何值，均有4个零点二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在机读卡上相应的位置.）

4、13命题“存在x01，使得x0+20160”的否定是14假设要考察某公司生产的500克袋装牛奶的质量是否达标，现从800袋牛奶中抽取60袋进行检验，利用随机数表抽取样本时，先将800袋牛奶按000，001，799进行编号，如果从随机数表第8行第7列的数开始向右读，请你衣次写出最先检测的5袋牛奶的编号 （下面摘取了随机数表第7行至第9行）84 42 17 53 31 57 24 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 7663 01 63 78 59 16 95 56 67 19 98 10 50 71 75 12 86 73 58

5、07 44 39 52 38 7933 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 5415已知变量x，y满足约束条件，则z=2x4y的最大值为16在ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且满足=，若B=，BC边上中线AM=，则ABC的面积为三、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已知数列an满足：Sn=2an2（nN*）（）求数列an的通项公式；（）令bn=（n1）an，求数列bn的前n项和Tn18甲乙两个学校高三年级分别有1100人，1000

6、人，为了了解两个学校全体高三年级学生在该地区二模考试的数学成绩情况，采用分层抽样的方法从两个学校一共抽取了105名学生的数学成绩，并作出了频数分布统计表如下，规定考试成绩120，150内为优秀，甲校：分组70，80）80，90）90，100）100，110）频数231015分组110，120）120，130）130，140）140，150频数1510y3乙校：分组70，80）80，90）90，100）100，110）频数1298分组110，120）120，130）130，140）140，150频数1010y3（1）计算x，y的值；（2）由以上统计数据填写右面22列联表，若按是否优秀来判断，是否

7、有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异（3）根据抽样结果分别估计甲校和乙校的优秀率；若把频率作为概率，现从乙校学生中任取3人，求优秀学生人数的分布列和数学期望甲校乙校总计优秀非优秀总计附：k2=P（K2K）0.100.0250.010K22.7065.0246.63519已知三棱柱ABCA1B1C1，底面三角形ABC为正三角形，侧棱AA1底面ABC，AB=2，AA1=4，E为AA1的中点，F为BC中点（1）求证：直线AF平面BEC1；（2）求平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的余弦值20已知抛物线C：y2=2px（p0），过焦点F作动直线交C于A，B两点，过A，B分别作圆D：（x）

8、2+y2=1的两条切线，切点分别为P，Q若AB垂直于x轴时， +=4（）求抛物线方程；（）若点H也在曲线C上，O为坐标原点，且+=t，|8，求实数t的取值范围21设函数f（x）=a（x+1）2ln（x+1）+bx（x1），曲线y=f（x）过点（e1，e2e+1），且在点（0，0）处的切线方程为y=0（）求a，b的值；（）证明：当x0时，f（x）x2；（）若当x0时，f（x）mx2恒成立，求实数m的取值范围请考生在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，作答时请写清题号.选修4-1：几何证明选讲22如图，已知AB为O的直径，C，F为O上的两点，OCAB，过点F作O的切

9、线FD交AB的延长线于点D，连接CF交AB于点E求证：DE2=DADB选修4-4：坐标系与参数方程23在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），直线l与曲线C：（y2）2x2=1交于A，B两点（1）求|AB|的长；（2）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离选修4-5：不等式选讲.24设f（x）=|xa|，aR（）当a=5，解不等式f（x）3；（）当a=1时，若xR，使得不等式f（x1）+f（2x）12m成立，求实数m的取值范围2016年黑龙江省哈尔滨六中高考数学四模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小

10、题，每小题5分，共60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复数23i（i为虚数单位）的虚部是（）A2B2C3iD3【考点】复数的基本概念【分析】利用复数的基本概念写出结果即可【解答】解：复数23i（i为虚数单位）的虚部是：3故选：D2已知集合，B=y|y=lgx，xA，则AB=（）A B10C1D【考点】交集及其运算【分析】将集合A中的元素代入集合B中的函数y=lgx中，求出可对应y的值，确定出集合B，找出两集合的公共元素，即可求出两集合的交集【解答】解：将x=1代入得：y=lg1=0；将x=10代入得：y=lg10=1；将x=代入得：y=lg=1，集合B=0，1，1，又

11、A=1，10， ，则AB=1故选C3如图，已知幂函数y=xa的图象过点P（2，4），则图中阴影部分的面积等于（）A B C D【考点】定积分在求面积中的应用【分析】根据幂函数y=xa的图象过点P（2，4），确定幂函数的解析式，再用定积分表示阴影的面积，从而可求阴影的面积【解答】解：幂函数y=xa的图象过点P（2，4），4=2a，a=2幂函数为y=x2，阴影部分的面积等于=故选B4设=（cos，sin），=（cos，1），若，则锐角为（）A15B30C45D60【考点】平面向量数量积的运算【分析】利用向量垂直与数量积的关系、同角三角函数的平方关系、正弦函数的单调性即可得出【解答】解：，=0，化为

12、4sin24sin+1=0，解得，为锐角，=30故选：B5直线l与圆x2+y2+2x4y+a=0（a3）交于A，B两点，且弦AB的中点为（0，1），则直线l的方程是（）Ay=2x+1By=2x+1Cy=x+1Dy=x+1【考点】直线与圆相交的性质【分析】求出圆心的坐标，再求出弦中点与圆心连线的斜率，然后再求出弦所在直线的斜率，由点斜式即可写出直线方程【解答】解：由题意，圆心为O（1，2），设直线l的斜率为k，弦AB的中点为P（0，1），PO的斜率为kop，则kOP=1；又lPO，kkop=k（1）=1，解得k=1；由点斜式得直线l的方程为：y=x+1故选：D6如图，程序框图输出的结果是（）A1

13、2B132C1320D11880【考点】程序框图【分析】模拟执行程序框图，写出每次循环s，i的值，根据判断条件不难得到输出的结果【解答】解：模拟执行程序框图，可得i=12，s=1，满足条件i10，执行循环体，可得s=12，i=11满足条件i10，执行循环体，可得s=1211，i=10满足条件i10，执行循环体，可得s=121110，i=9不满足条件i10，退出循环，输出s的值为121110=1320故选：C7一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A B（4+）C D【考点】由三视图求面积、体积【分析】几何体是一个组合体，是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的

14、几何体，圆柱的底面直径和母线长都是2，四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，做出圆锥的高，根据圆锥和圆柱的体积公式得到结果【解答】解：由三视图知，几何体是一个组合体，是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，圆柱的底面直径和母线长都是2，四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，四棱锥的高与圆锥的高相同，高是=，几何体的体积是=，故选D8下列命题中正确命题的个数是（）（1）设随机变量服从正态分布N（0，1），若P（1）=p，则P（10）=p；（2）在区间0，上随机取一个数，则事件“tanxcosx”发生的概率为；（3）两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r越接近1；（4）f（x）=|sinx|+|c

15、osx|，则f（x）的最小正周期是A0个B1个C2个D3个【考点】命题的真假判断与应用【分析】对4个选项分别进行判断，即可得出结论【解答】解：（1）由图象的对称性可得，若P（1）=p，则P（1）=p，P（11）=12p，P（10）=p，正确；（2）tanxcosx，即sinx且cosx0，x0，x，）（，在区间0，内，满足tanxcosx发生的概率为P=，不正确；（3）两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1，故错误；（4）f（x）=|sinx|+|cosx|，则f（x）的最小正周期是，不正确故选：B9若双曲线与直线y=x无交点，则离心率e的取值范围（）A（1，2）B（1，

16、2C（1，）D（1，【考点】双曲线的简单性质【分析】根据题意，双曲线位于一、三象限的渐近线的斜率小于或等于，满足，由此结合双曲线基本量的平方关系和离心率的公式，化简整理即可得到该双曲线的离心率e的取值范围【解答】解：双曲线与直线y=x无交点，双曲线的渐近线方程y=x，满足得ba，两边平方得b23a2，即c2a23a2，c24a2，得4即e24，双曲线的离心率e为大于1的正数1e2，故选B10在二项式的展开式中只有第五项的二项式系数最大，把展开式中所有的项重新排成一列，则有理项都互不相邻的概率为（）A B C D【考点】二项式系数的性质；古典概型及其概率计算公式【分析】由二项式系数的性质得到n的

17、值，由通项公式可得展开式中的有理项的个数，求出9项的全排列数，由插空排列求出有理项都互不相邻的排列数，最后由古典概型概率计算公式得答案【解答】解：二项式的展开式中只有第五项的二项式系数最大，二项式的二项展开式共有9项，则n=8其通项为=，当r=0，4，8时，项为有理项展开式的9项全排列共有种，有理项互不相邻可把6个无理项全排，把3个有理项在形成的7个空中插孔即可，有种有理项都互不相邻的概率为=故选：D11如图，四棱锥PABCD中，ABC=BAD=90，BC=2AD，PAB和PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为（）A90B75C60D45【考点】异面直线及其所成的角【分析】设

18、AD=1，则BC=2，过A作AECD，则AD=CE，过E作EFPB，则AEF为所求，利用四边形AEFG是等腰梯形，求其余弦值【解答】解：设AD=1，则BC=2，过A作AECD，则AD=CE，过E作EFPB，则AEF为所求，如图过F作FGCD，连接AG，则四边形AEFG是梯形，其中FGAE，EF=PB=，AG=，AEFG，过G作GHEF，则GHA=AEF，在GHA中，GH=EF=，AH=AEFG=，AG=，AG2=GH2+AH2，所以AEF=90，故选A12已知函数，则下列关于函数y=ff（x）+1的零点个数的判断正确的是（）A当k0时，有3个零点；当k0时，有2个零点B当k0时，有4个零点；当

19、k0时，有1个零点C无论k为何值，均有2个零点D无论k为何值，均有4个零点【考点】根的存在性及根的个数判断【分析】因为函数f（x）为分段函数，函数y=f（f（x）+1为复合函数，故需要分类讨论，确定函数y=f（f（x）+1的解析式，从而可得函数y=f（f（x）+1的零点个数；【解答】解：分四种情况讨论（1）x1时，lnx0，y=f（f（x）+1=ln（lnx）+1，此时的零点为x=1；（2）0x1时，lnx0，y=f（f（x）+1=klnx+1，则k0时，有一个零点，k0时，klnx+10没有零点；（3）若x0，kx+10时，y=f（f（x）+1=k2x+k+1，则k0时，kx1，k2xk，可

20、得k2x+k0，y有一个零点，若k0时，则k2x+k0，y没有零点，（4）若x0，kx+10时，y=f（f（x）+1=ln（kx+1）+1，则k0时，即y=0可得kx+1=，y有一个零点，k0时kx0，y没有零点，综上可知，当k0时，有4个零点；当k0时，有1个零点；故选B二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在机读卡上相应的位置.）13命题“存在x01，使得x0+20160”的否定是x1，x2x+20160【考点】命题的否定【分析】利用特称命题的否定是全称命题，直接写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“存在x01，使得x0+20160”的否定是

21、：x1，x2x+20160故答案为：x1，x2x+2016014假设要考察某公司生产的500克袋装牛奶的质量是否达标，现从800袋牛奶中抽取60袋进行检验，利用随机数表抽取样本时，先将800袋牛奶按000，001，799进行编号，如果从随机数表第8行第7列的数开始向右读，请你衣次写出最先检测的5袋牛奶的编号 785，667，199，507，175（下面摘取了随机数表第7行至第9行）84 42 17 53 31 57 24 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 7663 01 63 78 59 16 95 56 67 19 98 1

22、0 50 71 75 12 86 73 58 07 44 39 52 38 7933 21 12 34 29 78 64 56 07 82 52 42 07 44 38 15 51 00 13 42 99 66 02 79 54【考点】简单随机抽样【分析】找到第8行第7列的数开始向右读，第一个符合条件的是785，第二个数916要舍去，第三个数955也要舍去，第四个数667合题意，这样依次读出结果【解答】解：找到第8行第7列的数开始向右读，第一个符合条件的是785，第二个数916它大于800要舍去，第三个数955也要舍去，第四个数667合题意，这样依次读出结果故答案为：785、667、199、5

23、07、17515已知变量x，y满足约束条件，则z=2x4y的最大值为32【考点】简单线性规划【分析】由z=2x4y得z=2x+2y，设m=x+2y，作出不等式组对应的平面区域，利用m的几何意义，即可得到结论【解答】解：z=2x4y得z=2x+2y，设m=x+2y，得y=x+m，平移直线y=x+m由图象可知当直线y=x+m经过点A时，直线y=x+m的截距最大，由，解得，即A（3，1），此时m最大为m=3+2=5，此时z最大为z=2x+2y=25=32，故答案为：3216在ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且满足=，若B=，BC边上中线AM=，则ABC的面积为【考点】正弦定理【分析

24、】利用正弦定理化边为角可求得cosA=，从而可得A，C，可知ABC为等腰三角形，在AMC中利用余弦定理可求b，再由三角形面积公式可求结果【解答】解：=由正弦定理，得=，化简得cosA=，A=；又B=，C=AB=，可知ABC为等腰三角形，在AMC中，由余弦定理，得AM2=AC2+MC22ACMCcos120，即7=b2+（）22bcos120，解得b=2，ABC的面积S=b2sinC=故答案为：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已知数列an满足：Sn=2an2（nN*）（）求数列an的通项公式；（）令bn=（n1）an，求数列bn的前n项和Tn【

25、考点】数列的求和；数列递推式【分析】（）由an=SnSn1=2an2an1，得an=2an1，a1=2，由此能求出（）由bn=（n1）an=（n1）2n，利用错位相减法能求出数列bn的前n项和Tn【解答】解：（）数列an满足：Sn=2an2（nN*），Sn1=2an12，n2，an=SnSn1=2an2an1，an=2an1，又a1=S1=2a12，解得a1=2，（）bn=（n1）an=（n1）2n，Tn=122+223+324+（n1）2n，2Tn=123+224+326+（n1）2n+1，得：Tn=22+23+24+2n（n1）2n+1=（n1）2n+1=4（n2）2n+1，+418甲乙两

26、个学校高三年级分别有1100人，1000人，为了了解两个学校全体高三年级学生在该地区二模考试的数学成绩情况，采用分层抽样的方法从两个学校一共抽取了105名学生的数学成绩，并作出了频数分布统计表如下，规定考试成绩120，150内为优秀，甲校：分组70，80）80，90）90，100）100，110）频数231015分组110，120）120，130）130，140）140，150频数1510y3乙校：分组70，80）80，90）90，100）100，110）频数1298分组110，120）120，130）130，140）140，150频数1010y3（1）计算x，y的值；（2）由以上统计数据填写

27、右面22列联表，若按是否优秀来判断，是否有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异（3）根据抽样结果分别估计甲校和乙校的优秀率；若把频率作为概率，现从乙校学生中任取3人，求优秀学生人数的分布列和数学期望甲校乙校总计优秀非优秀总计附：k2=P（K2K）0.100.0250.010K22.7065.0246.635【考点】独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差【分析】（1）根据条件知道从甲校和乙校各自抽取的人数，做出频率分布表中的未知数；（2）根据所给的条件写出列联表，根据列联表做出观测值，把观测值同临界值进行比较，得到有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异；（3）确定的取值，求

28、出相应的概率，可得分布列和数学期望【解答】解：（1）由分层抽样知，甲校抽取了105=55人成绩，乙校抽取了105=50人成绩x=6，y=7；（2）22列联表如下：甲校乙校总计优秀102030非优秀453075总计5550105K2=6.1095.024，有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异；（3）甲校优秀率为，乙校优秀率为=0，1，2，3，B（3，）P（=0）=；P（=1）=；P（=2）=；P（=3）=，的分布列为 0 1 2 3 PE=3=19已知三棱柱ABCA1B1C1，底面三角形ABC为正三角形，侧棱AA1底面ABC，AB=2，AA1=4，E为AA1的中点，F为BC中点（1）求

29、证：直线AF平面BEC1；（2）求平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的余弦值【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定【分析】方法一（1）取BC1的中点为R，连接RE，RF，通过证明四边形AFRE为平行四边形 得出AFRE，再证出直线AF平面BEC1；（2）延长C1E交CA延长线于点Q，连接QB，则C1BC为平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的平面角在BCC1中求解即可 方法二：（1）以点F为坐标原点，FA为x轴，FB为y轴，FS为z轴建立空间直角坐标系，设平面BEC1的法向量为，可以利用来证明（2）利用BEC1的一个法向量与平面ABC一个法向量夹角求出二面角AECF的大小

30、【解答】解：法一（1）取BC1的中点为R，连接RE，RF，则RFCC1，AECC1，且AE=RF，则四边形AFRE为平行四边形，则AFRE，AF平面REC1RE平面REC1AF平面REC1（2）延长C1E交CA延长线于点Q，连接QB，则QB即为平面BEC1与平面ABC的交线，由于EAC1C，E为AA1的中点，A为QC中点，QA=AC=AB，ABQ=AQB=CAB=30，CBQ=CBA+ABQ=60+30=90，BCBQ，又QBB1B，QB面C1CBB1，C1BBQ，则C1BC为平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的平面角在BCC1中，平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的余弦值为法二 取B

31、1C1中点为S，连接FS，以点F为坐标原点，FA为x轴，FB为y轴，FS为z轴建立空间直角坐标系，则，（1）则，设平面BEC1的法向量为，则，即令y1=2，则x1=0，z1=1，即，所以，故直线AF平面BEC1（2）设平面ABC的法向量，则由于平面BEC1和平面ABC所成二面角是锐二面角所以其余弦值是20已知抛物线C：y2=2px（p0），过焦点F作动直线交C于A，B两点，过A，B分别作圆D：（x）2+y2=1的两条切线，切点分别为P，Q若AB垂直于x轴时， +=4（）求抛物线方程；（）若点H也在曲线C上，O为坐标原点，且+=t，|8，求实数t的取值范围【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；平面向

32、量的基本定理及其意义【分析】（）AB垂直于x轴时，|AF|=|BF|=p如图所示，由切线的性质可得PFAP在RtAPF中，sinPAF=，同理可得sinQBF=即可解出p（）设直线AB的方程为x1=my，A，B直线方程与抛物线方程联立可得根与系数的关系，利用弦长公式由|8，可得8，m21由+=t，t0利用向量坐标运算可得=把点H的坐标代入抛物线方程即可得出【解答】解：（）AB垂直于x轴时，|AF|=|BF|=p如图所示，由切线的性质可得PFAP在RtAPF中，sinPAF=，同理可得sinQBF=+=4，2p=4，解得p=2抛物线方程为y2=4x；（）设直线AB的方程为x1=my，A，B联立，

33、化为y24my4=0，y1+y2=4m，y1y2=4|8，=8，化为1+m22，即m21=16m2+8+=t，t0=点H也在曲线C上，=化为，0m21t的取值范围是：21设函数f（x）=a（x+1）2ln（x+1）+bx（x1），曲线y=f（x）过点（e1，e2e+1），且在点（0，0）处的切线方程为y=0（）求a，b的值；（）证明：当x0时，f（x）x2；（）若当x0时，f（x）mx2恒成立，求实数m的取值范围【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出导函数f（x）利用f（0）=a+b=0，f（e1）=e2e+1，即可求解a，b（）设g（x）=（

34、x+1）2ln（x+1）xx2，（x0），求出导函数，利用导函数的判断函数的单调性，推出g（x）g（0）=0推出结果f（x）x2（）设h（x）=（x+1）2ln（x+1）xmx2，求出导函数h（x），利用（） 中的结果，通过讨论m的范围，求解即可【解答】解：（）f（x）=2a（x+1）ln（x+1）+a（x+1）+b，f（0）=a+b=0，f（e1）=ae2+b（e1）=a（e2e+1）=e2e+1a=1，b=1 （）f（x）=（x+1）2ln（x+1）x，设g（x）=（x+1）2ln（x+1）xx2，（x0），g（x）=2（x+1）ln（x+1）x，（g（x）=2ln（x+1）+10，g（x）在0，+）上单调递增，g（x）g（0）=0，g（x）在0，+）上单调递增，g（x）g（0）=0f（x）x2（）设h（x）=（x+1）2ln（x+1）xmx2，h（x）=2（x+1）ln（x+1）+x2mx，（） 中知（x+1）2ln（x+1）x2+x=x（x+1），（x+1）ln（x+1）x，h（x）3x2mx，当32m0即时，h（x）0，h（x）在0，+）单调递增，h（x）h（0）=0，成立当32m0即时，h（x）=2（x+1）ln（x+1）+（12m）x，h（x）=2ln（x+1）+32m，令h（x）=0，得，当x0，