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1、2016届江西省南昌市二中高三上学期第四次考试数学（理）试题及解析一、选择题1复数满足（是虚数单位），则 （ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：【考点】复数的模2若是任意实数，且，则下列不等式成立的是（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：因为函数在上是减函数，又，所以，故选D【考点】不等式的性质3下列命题中正确的是（ ）A若为真命题，则为真命题B“，”是“”的充分必要条件C命题“若，则或”的逆否命题为“若或，则”D命题，使得，则，使得【答案】D【解析】试题分析：对选项A，因为为真命题，所以中至少有一个真命题，若一真一假，则为假命题，故选项A错误；对于选项B，的充分必要条件是
2、同号，故选项B错误；命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，故选项C错误；故选D【考点】命题真假的判断4在ABC中，为角的对边，若，则是（ ）A锐角三角形 B钝角三角形 C等腰三角形 D等边三角形【答案】C【解析】试题分析：，所以是等腰三角形【考点】正弦定理5曲线与坐标轴所围成图形的面积为（ ）A2 B3 C25 D4【答案】B【解析】试题分析：与两坐标轴所围成图形的面积，选B【考点】定积分6设是三个不重合的平面，是不重合的直线，给出下列命题：若，则；若， ， ，则；若，则若在内的射影互相垂直，则，其中错误命题的个数为（ ）A3 B2 C1 D0【答案】A【解析】试题分析：两平面都垂直于同一
3、个平面，两平面可能平行可能相交，不一定垂直，故错误；，则可能相交，可能平行，可能异面，故错误；由平面平行的传递性，可知，若，则，故正确；若在内的射影相互垂直，则可能相交，可能异面，故错误故命题正确的为故选A【考点】1命题的真假判断；2空间中直线与直线之间的位置关系；3空间中直线与平面之间的位置关系；4平面与平面之间的位置关系7将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的最小值为（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，可得，求得的最小值为，故选：B【考点】函数的图象变换8如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（
4、 ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：有三视图可知该几何体底面是边为的等腰直角三角形，面积为，侧面为两个直角三角形与梯形，其一两直角边为，面积为，其一两直角边为，面积为，梯形面积为，因此面积和为【考点】1空间几何体的三视图；2几何体表面积【一题多解】由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，如图所示，底面底面 该几何体的表面积故选：C9函数的图象大致是（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：因为，所以函数是偶函数，其图象关于轴对称应排除B、D；又因为当时， ， ，所以选A【考点】函数的图像10已知a，b都是负实数，则的最小值是（ ）A B2（1） C D2（+1）【答案】B【解析】试
5、题分析：，故选B【考点】基本不等式11设是定义在上的函数，其导函数为，若+，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：构造函数，因此，故函数在上是减函数，所以，即，因此的解集，故答案为D【考点】1、构造辅助函数；2、导数在函数单调性中的应用【思路点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，根据题意构造辅助函数，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值即可求解12已知，函数，若关于的方程有6个解，则的取值范围为 （ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：函数在上递减，在和上递增，的图象如图
6、所示，由于方程最多只有两解，因此由题意有三解，所以且三解满足，所以有两解，所以，故选D【考点】函数的零点，方程根的分布【名师点晴】本题考查方程根的分布，难度很大它是一个与复合函数有关的问题，解题方法与我们常规方法不一样，常规方法是求出函数的表达式，解方程或作出函数的图象，由数形结合方法得出结论，但本题的表达式很复杂，由于含有参数，几乎不能求出正确结果，因此我们从复合函数的角度来考虑，以简化方法方程可以这样解，求出方程的解为，再解方程即得，这样得到题中解法二、填空题13如图，已知点是内任意一点，连结并延长交对边于，则，类比猜想：点是空间四面体内的任意一点，连结并延长分别交面于点，则有 【答案】【
7、解析】试题分析：猜想：若四面体内任意点，并延长交对面于，则用“体积法”证明如下： ，故答案为：【考点】类比推理14球内有一个内接正方体，正方体的全面积为24，则球的体积是 【答案】【解析】试题分析：由于正方体的顶点都在球面上，则正方体的对角线即为球的直径正方体的全面积为24，则设正方体的边长为，即有，解得，设球的半径为，则，解得，则有球的体积为【考点】球的体积和表面积公式15已知向量与的夹角为120，若，且，则实数的值为 【答案】【解析】试题分析：由题设，所以由，得：，所以，所以， ，解得：【考点】向量的数量积【思路点睛】本题考查平面向量的数量积，着重考查平面向量的数量积与模的运算性质，依题意
8、，利用平面向量的数量积可求得，从而可得答案16已知实数满足，则 的取值范围为 【答案】【解析】试题分析：作出可行域，如下图设直线与曲线相切，联立，所以，又，令，令，所以可知在上单调递减；在上单调递增；所以，所以得取值范围时【考点】1简单的线性规划；2函数的单调性【思路点睛】对目标函数进行化简，可得，可将原问题转化为，在约束条件下，求目标函数的范围，转化为可行域中的点到原点的斜率的取值范围，可得，令，令，可转化为对勾函数求出的取值范围，进而可求出的取值范围，即可求出结果17已知数列的前项和为且（）求数列的通项公式；（）设，数列的前项和，求使成立的的最大值【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）依
9、题意知，据此即可求出结果； （）由（）可得，然后再裂项相消即可求出由即可求出结果试题解析：解： （）依题意知， （），由对一切实数恒成立，即【考点】1等差数列；2裂项相消求和【方法点睛】裂项相消在使用过程中有一个很重要得特征，就是能把一个数列的每一项裂为两项的差，其本质就是两大类型，类型一:型，通过拼凑法裂解成；类型二：通过有理化、对数的运算法则、阶乘和组合数公式直接裂项型；该类型的特点是需要熟悉无理型的特征，对数的运算法则和阶乘和组合数公式。无理型的特征是，分母为等差数列的连续两项的开方和，形如型，常见的有；对数运算本身可以裂解；阶乘和组合数公式型要重点掌握和三、解答题18已知向量（）若，求
10、的值； （）若，求的值【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）因为向量，且当时，然后再利用向量的平行的数量积公式和同角的基本关系即可求出结果；（）因为，即；即，再利用三角形恒等变换即可求出结果试题解析：解：（）向量，当时，； （），即；两边平方，得，即，【考点】1平面向量的平行的坐标公式；3同角的基本关系；3三角恒等变化19如图，在直角梯形中，平面，（）求证：平面；（）在直线上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由【答案】（）详见解析；（）存在，【解析】试题分析：（I）将直角梯形补为长方形，如图，作，连结交于，连结，由三角形的中位线可得，从而得面（）由于两两垂直，故
11、以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系假设，然后看利用二面角的大小为能否求出，若能求出，则存在；不能求出，则不存在试题解析：解：（）如图，作，连接交于，连接，且，即点在平面内由平面，知，四边形为正方形，四边形为平行四边形， 为的中点，为的中点，平面，平面，平面 （）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系则，设，设平面的一个法向量为，则，令，得， 又平面，为平面的一个法向量，解得，在直线上存在点，且【方法点睛】利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为，设分别为平面的法向量，二面角的大小为，向量的夹角为，则有（图1）或 （图2）其中20已知等差数列的公差为，前项和为
12、，且（）求数列的通项公式与前项和；（）从数列的前五项中抽取三项按原来顺序恰为等比数列的前三项，记数列的前项和为，若存在，使得对任意，总有成立，求实数的取值范围【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）由于 为等差数列，公差，且，利用等差数列通项公式和前项和公式，即可求出结果；（）由（）知数列的前5项为，可知等比数列的前项为，所以，可得，再利用错位相减可得，由于 ，可得， 所以又，时，；根据题意存在，使得对任意，总有成立，等价于，据此即可求出结果试题解析：解：（）为等差数列，公差，且， ，（）由（）知数列的前5项为5，等比数列的前项为， ， 又，时，存在，使得对任意，总有成立， 实数的取值范围为1
13、等差数列的通项公式；2等差数列的前n项和公式；3错位相减法求和21已知函数（）设，求的零点的个数；（）设，且对于任意，试比较与的大小【答案】（）详见解析；（）【解析】试题分析：（）由函数的解析式知，可先求出函数的导函数，再根据，和两类讨论函数的单调区间即可；（）由题意当时，是函数的唯一极小值点，再结合对于任意x0，f（x）f（1）可得出 化简出的关系，再要研究的结论比较与的大小构造函数，利用函数的最值建立不等式即可比较大小试题解析：解：（），（1）若， 在1 时，无零点；2时有一个零点；3时有两个零点；（2）时，1只有一个零点；2只有一个零点；3只有一个零点综上得：时，无零点；或时有一个零点；时有两个零点 （） 由，且对于任意， ，则函数在处取得最小值，由得是的唯一的极小值点，故，整理得 即令，则， 令得，当时，单调递增；当时，单调递减因此，故，即，即【考点】1导数在最大值、
