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1、2016届宁夏海南高三三轮冲刺猜三数学（理）试题一、选择题1已知集合，则（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：，故选D【考点】1、集合的表示；2、集合的运算.2已知，则（ ）A2 B C1 D1或2【答案】C【解析】试题分析：，故选C【考点】1、复数运算；2、复数相等的应用.3若是的充分不必要条件，则下列判断正确的是（ ）A是的必要不充分条件 B是的必要不充分条件C是的必要不充分条件 D是的必要不充分条件【答案】C【解析】试题分析：由是的充分不必要条件可知，由互为逆否命题的等价性可得，是的必要不充分条件，故选C.【考点】1、四种命题的关系；2、充分条件与必要条件.【方法点睛】本题通过
2、判断命题的真假综合考查四种命题及其关系以及充分条件与必要条件、判断命题的真假应注意以下几个方面：(l)首先要分清命题的条件与结论，再比较每个命题的条件与结论之间的关系；(2)要注意四种命题关系的相对性，一旦一个命题定为原命题，也就相应地确定了它的“逆命题”“否命题”“逆否命题”，注意利用“原命题”与“逆否命题”同真假.4已知等差数列的前项和为，公差为，若，则的值为（ ）A B C10 D20【答案】B【解析】试题分析：由等差数列前项和公式得故选B.【考点】1、等差数列的性质；2、等差数列前项和公式.5已知，则（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：因为，结合及，得，又，所以，所以，故选
3、D【考点】1、同角三角函数关系式；2、两角差的正弦公式.6已知向量，且，则的最大值为（ ）A2 B4 C D【答案】D【解析】试题分析：设向量对应点分别为，向量对应点，由知点在以为圆心，半径为的圆上又，故选D【考点】1、平面向量数量积公式；2、数量的模及向量的几何意义.7在底和高等长度的锐角三角形中有一个内接矩形，矩形的一边在三角形的底边长，如图，在三角形内任取一点，则该点落入矩形内的最大概率为（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：设矩形长为，宽为，则，其概率的最大值为故选C【考点】1、基本不等式求最值；2、几何概型概率公式.8函数的零点所在的区间为（ ）A B C D【答案】C【解
4、析】试题分析：由题意，求函数的零点，即为求两个函数的交点，可知等号左侧为增函数，而右侧为减函数，故交点只有一个，当时，当时，因此函数的零点在内，故选C【考点】1、函数的零点定理；2、函数的单调性.9如图，是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：按如图所示作辅助线，为球心，设，则，同时由正方体的性质知，则在中，即，解得，所以球的半径，所以球的表面积为，故选D【考点】1、球内接多面体的性质；2、球的表面积公式.10设点是曲线上的动点，且满足，则的取值范围为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：设，则满足
5、的点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为，曲线为如下图所示的菱形由于，所以，即所以，选A【考点】1、椭圆的定义；2、两点间距离公式、直线方程及不等式的性质.11已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（ ）A B160 C D【答案】A【解析】试题分析：由三视图知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为 ，故体积四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，所以体积，所以该几何体的体积为故选A【考点】1、几何体的三视图；2、几何体的体积.【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题. 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何
6、体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解. (3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.12设函数，对任意给定的，都存在唯一的，满足，则正实数的最小值是（ ）A B C2 D4【答案】A【解析】试题分析：首选写出表达式，当时，；当时，；当时，考虑到题目说的要求的唯一性，即当取某个值时，的值只能落在三段区间的一段，而不能落在其中的两段或者三段内，因此我们要先求出在每段区间的值域，当时，；当时，；当时，从中可以发现，上面两
7、段区间的值包含在最后一段区间内，换一句话就是说假如取在小于等于的范围内的任何一个值，则必有两个与之对应，因此，考虑到的唯一性，则只有使得，因此题目转化为当时，恒有，因此令，题目转化为时，恒有，又，为了要使其大于，则或，考虑到题目要求是正实数，则不考虑，因此，在大于的情况下恒成立，因此，所以正实数的最小值为，故选A【考点】1、指数与对数的运算；2、不等式恒成立问题及函数的值域.【思路点睛】本题主要考查分段函数的解析式、指数与对数的运算、函数的值域、不等式恒成立问题以及数学的化归思想，属于难题. 这类问题综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱,
8、更不能因贪快而审题不清，解答本题本题的关键是将问题转化为“时，恒有”，然后进行解答.二、填空题13已知，则二项式的展开式中的系数为_【答案】【解析】试题分析：因为，令，解得，则展开式中的系数为，故答案为【考点】1、定积分的应用；2、二项式定理.14公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值314，这就是著名的：“徽率”如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为_（参考数据：【答案】【解析】试题分析：时，；时，；时，终止循环，输出故答案为.【考
9、点】1、程序框图；2、循环结构.15已知双曲线上一点，过双曲线中心的直线交双曲线于两点设直线的斜率分别为，当最小时，双曲线的离心率为_【答案】【解析】试题分析：设，显然点在双曲线上，两式相减得，. 由，设， 则，求导得，由得经检验单调性，知时取最小值即，故答案为【考点】1、双曲线的性质、双曲线的离心率；2、利用导数求最值及“点差法”的应用.【方法点睛】本题主要考查求双曲线的性质及双曲线的离心率、利用导数求最值及“点差法”的应用，属于难题.对于有弦关中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为： 设点（即设出弦的两端点坐标）； 代入（即代入圆锥曲线方程）； 作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；
10、 整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.本题就是先根据点差法得到后，进一步解答的.16已知实数满足不等式组，则的取值范围为_【答案】【解析】试题分析：不等式组，所确定的平面区域记为，当位于中轴右侧（包括轴）时，平移可得；当位于中轴左侧时，平移可得，所以， 的取值范围为，故答案为【考点】1、可行域的画法；2、最优解的求法.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最
11、优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.三、解答题17在中，角所对的边分别为，且（1）求；（2）若，当取最小值时，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）先由正弦定理得，化简即可求得；（2）先由余弦定理得，配方后再利用基本不等式求出的最大值，不等式成立时可得为等边三角形，易得此时三角形的面积.试题解析：（1）在中，由正弦定理得，又，所以，故，即，得又，所以，得（2）因为，所以 又，所以 当且仅当时，到最小值1，即为等边三角形 所以 【考点】1、正弦定理、余弦定理；2、两角和与差的三角函数及三角形面积.18如图，矩形所在平面与三角形所在平面相交于，平面（1）求证：平面；（
12、2）若点在线段上， ，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）先证，又因为，所以，在矩形中，由直线与平面垂直的判定定理可证；（2）以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式即可.试题解析： (1)证明：因为平面平面，所以，又因为，所以在矩形中，因为平面，所以平面 （2）解：设，所求角为，如图以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为，则，即，令，得 设平面的法向量为，类似的可得 【考点】1、直线与平面垂直的判定；2、空间向量夹角余弦公式.19中石化集团通过与
13、安哥拉国家石油公司合作，获得了安哥拉深海油田区块的开采权，集团在某些区块随机初步勘探了部分旧井，取得了地质资料 进入全面勘探时期后，集团按网络点来布置井位进行全面勘探由于勘探一口井的费用很高，如果新设计的井位与原有井位重合或接近，便利用旧井的地质资料，不必打这口新井以节约勘探费用勘探初期数据资料见下表：井号123456坐标钻探深度2456810出油量407011090160205（1）号旧井位置线性分布，借助前5组数据求得回归直线方程为，求，并估计的预报值；（2）现准备勘探新井7，若通过1、3、5、7号井计算出的的值与（1）中的值差不超过10%，则使用位置最接近的已有旧井6，否则在新位置打开，请判断可否使用旧井？（3）设井出油量与勘探深度的比值不低于20的勘探并称为优质井，那么在原有的出油量不低于的井中任意勘察3口井，求恰有2口是优质井的概率【答案】（1）；（2）使用位置最接近的已有旧井；（3）.【解析】试题分析：
