《青岛市高三数学理一模拟含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《青岛市高三数学理一模拟含答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、青岛 2016 高考理科数学二模试题2016.05一、选择题：1设集合M x| y log2x1，N x| x1| 2，则MA2,)2若复数z B1,3C2,3N D1,2ai（aR，i为虚数单位）的实部与虚部相等，则z的模等于2iA12BC1D222是自然对数的底数） 是“a/b”e2x 3 设向量a 1,x,b x,4， 则“（e 2.7181tdt”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件1110.24设a log13，b ( )，c ( )2，则322Aa b cBc b aCc a b5已知 x、y 取值如下表：Db a cx014568y1.3m5.66.
2、17.49.3从所得的散点图分析可知：y与x线性相关，且y 0.95x1.45，则mA1.5B1.55C3.5D1.836已知三个函数：f (x) x，f (x) tan x，f (x) xsin x，其图象能将圆O: x2 y21的面积等分的函数的个数是A3B2C1D07已知椭圆C :开始xy1 (a b 0)的右顶点是圆x222ab3， 则椭圆C的方程为222y24x30输入m ,nr m MOD n的圆心，其离心率为m nx2x2x2x2y2222 y 1B y 1C y 1D1A43243n rr 0?是输出m否8右边程序框图的算法思路源于数学名著几何原本中的“辗转相除法”. 若输入的
3、m,n分别为385,105，执行该程序框图（图中“m MOD n”表示m除以n的余数，例：11 MOD 7 4） ，则输出的m等于A0B15C35D709把A,B,C,D四件玩具全部分给三个小朋友，每位小朋友至少分到一件玩具，且A,B两件玩具不能分给同一个人，则不同的分法有A36种B30种C24种D18种10设f (x)是定义在R上的偶函数，且f (2 x) f (2 x)，当x2,0时，f (x) (2x) 1，若在2区间(2,6)内， 函数y f(x)loga(x2) (a 0且a 1)恰有1个零点， 则实数a的取值范围是A(1,4)B( ,1)14(4,)C(4,)D(0,1)(1,4)
4、二、填空题：11已知sin2，则cos( 2) .3x2y212.双曲线221(a 0,b 0)焦距长为4，焦点到渐近线的距离等于3，则双曲线ab离心率为13 已知某几何体的三视图如图， 其中正视图中半圆直径为4， 则该几何体的体积为_.2442正 视侧 视2俯 视2x y 1 014在直角坐标系xOy中，点P(x,y)满足x y 5 0，向量a 1,1，则aOP的x2y 1 0最大值是15 函数y f (x)图象上不同两点A(x1, y1),B(x2, y2)处的切线的斜率分别是kA,kB， 规定K(A,B) |kAkB|（| AB |为线段AB的长度）叫做曲线y f (x)在点A与点B之间
5、的| AB|“近似曲率”.设曲线y 的取值范围是三、解答题：16. 在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且asin B3 acosB 3 c.（）求角A的大小；（）已知函数f (x) cos (x图象的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的周期为.当x0,2111上两点A(a,),B(,a)(a 0且a 1)， 若mK(A,B) 1恒成立， 则实数mxaaA)3( 0, 0)的最大值为2，将y f (x)的23倍后便得到函数y g(x)的图象，若函数y g(x)的最小正22时，求函数f (x)的值域.17甲、乙两名运动员进行2016里约奥运会选拔赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5
6、局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛假设每局甲获胜的概率为胜的概率为1，乙获21，各局比赛结果相互独立2（）求甲在3局以内(含3局)赢得比赛的概率；（）记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和数学期望18四边形ABCD为菱形，ACFE为平行四边形， 且平面ACFE 平面ABCD， 设BD与AC相交于点G，H为FG的中点，AB BD 2，AE 3，CH （）求证：CH 平面BDF；3.2（）若Q为DEF的重心，求QH与平面BEF所成角的正弦值.FEHDCGAB19 等差数列an的前n项和为Sn，a223a7 2， 且（）求数列an的通项公式；（） 令bn1,S23, S3成等比数列，n
7、N*.a24(n 1)*nN， 数列的前项和为， 若对于任意的， 都有64Tn|31|b Tnnnan2an22成立，求实数的取值范围.x2y220.已知椭圆C1:21(b 0)的左、 右焦点分别为F1、F2， 点F2也为抛物线C2: y28x6b的焦点，过点F2的直线l交抛物线C2于A,B两点.（）若点P(8,0)满足PA PB，求直线l的方程；（）T为直线x 3上任意一点， 过点F1作TF1的垂线交椭圆C1于M,N两点， 求最小值.TF1MN的21已知函数f (x) ln(x1)mx(mR)（）当m 0时，求函数f (x)的单调区间；（） 有这样的结论： 若函数p(x)的图象是在区间a,b
8、上连续不断的曲线， 且在区间(a,b)内可导，则存在x0(a,b)，使得p(x0) ，若x2 x1 1）函数g(x) p(b) p(a). 已知函数f (x)在(x1,x2)上可导（其中baf (x1) f (x2)(x x1) f (x1).x1 x2（1）证明：对任意x(x1,x2)，都有f (x) g(x)；（2）已知正数1,2满足121. 求证：对任意的实数x1,x2，若x2 x1 1时，都有f (1x12x2) 1f (x1)2f (x2).1-10： C B A A DB A C B D11.1212.213.64414115,)9216. 解： （）asin B3 acosB 3
9、 csin Asin B3sin AcosB 3sin C2分C (A B)，sin AsinB3sin AcosB 3sin( A B) 3(sin AcosBcos AsinB)tan A3，0 A ，A 35分1cos(2x)233（）由（）得：f (x) cos (x)362cos(2x)3，3 2，从而 57分23251f (x) 5cos2(x)3cos(2x)，623254123从而g(x) cos(x)，423322351f (x) cos(3x).10分232当x0,2时，3 3x3113，1 cos(3x) ，632从而3 f (x) 5 3 25 32，f (x)的值域为
10、3,.2 分4417解： （）用A表示“甲在3局以内(含3局)赢得比赛”，AK表示第K局甲获胜，BK表示第K局乙获胜，则P(AK) ,P(BK) ,K 1,2,3,4,5则P(A) P(A1A2) P(B1A2A3) （）X的可能取值为2,3,4,512121111135 分22222811111P(X 2) P(A1A2) P(B1B2) 222221111111P(X 3) P(B1A2A3) P(A1B2B3) 2222224111111111P(X 4) P(A1B2A3A4) P(B1A2B3B4) 222222228P(X 5) P(A1B2A3B4A5) P(B1A2B3A4B5
11、) P(A1B2A3B4B5) P(B1A2B3A4A5)111111 410分222228故X的分布列为3524X1111P2488111123所以E(X) 2345.12分2488818 （）证明：ACFE为平行四边形，AE 3，CF 3四边形ABCD为菱形， AG CG，BG DG，AD ABAB BD 2，ABD是以2为边长的等边三角形zFAG CG 3MEHH为FG的中点，CH GF3 分四边形ABCD为菱形，BD AC平面ACFE 平面ABCD，D平面ACFE平面ABCD AC，BD 平面ACFENGACH 平面ACFE，xBD CHBDGF G，BD 平面BDF，GF 平面BDF
12、，CH 平面BDF5分（）在面ACFE中，作GM AC交EF于M平面ACFE 平面ABCD，GM 平面ABCD四边形ABCD为菱形， AC BD以G为原点，GA为x轴建系如图所示则B(0,1,0)，D(0,1,0)，G(0,0,0),A( 3,0,0)，C( 3,0,0)CBy3，FGC 30，2由（）可知CG CF，GFC 30，从而FCG 120ACFE为平行四边形，EAG 60作EN AC于N，平面ACFE 平面ABCD，EN 平面ABCD，由（）可知CH FG，CG 3，CH EN AEsin60 3333,0,)，AN AEcos60 ，E(2222ACFE为平行四边形，EF AC
13、(2 3,0,0)，从而F(3 33,0,)22H是FG的中点,H(3 33,0,)7 分44设DEF的重心Q的坐标为(x0, y0,z0)，则111 33133 33，y0(001) ，z0(0) 1x0(0) 333 223223315 3 11,1)，QH (, )8分Q(33123433设面BEF的法向量为n (x, y,z),EF AC (2 3,0,0)，BE (,1, )222 3x 0nEF 03由3x y z 0nBE 0 22令z 2，则y 3，x 0，取n (0,3,2)10分设QH与平面BEF所成角为，则sin|cos n,QH |nQH|n|QH |5 3110323
14、 131234.12 分56513619解： （）设等差数列an的公差为d，a223a7 2(a121d)3(a16d) 2由2 分12( S 3) S23(2a1d 3)(a1d) 3a13da22a 2a13d 2a1 215即,解得：或2d 2(a d)(2a d 6) 011d 5当a1 2217，d 时，S23 没有意义，555a1 2, d 2，此时an 22(n1) 2n6 分（）bn4(n1)n11118 分an2an224(n2)2n216 n2(n2)2Tnb1b2b3bn11111111111111111122222222222216 1316 2416 3516 461
15、6 5716 68111111222216 (n1)(n1)16 n(n2)111151111164(n1)2(n2)26416 (n1)2(n2)211 510分22(n1)(n2)4.12 分364Tn 54为满足题意，必须|31| 5， 2或 20解： （）由抛物线C2: y28x得F2(2,0),当直线l斜率不存在，即l : x 2时，满足题意2 分当直线l斜率存在，设l : y k(x2)(k 0)，A(x1,y1),B(x2,y2)y28x由得k2x2(4k28)x4k2 0y k(x2)4k288, y y k(x x )4k 4 分x1 x21212k2k2k2 4 4,)，设
16、AB的中点为G，则G(k2kPA PB,PG l,kPGk 1，40k2k 1,解得k 2,则y 2(x2)2k 48k2直线l的方程为y 2(x2)或x 26 分x2y2（）F2(2,0), F1(2,0), b 64 2, C1:17 分622设T点的坐标为(3,m)m0 m321当m 0时，直线MN的斜率kMN， 直线MN的方程是x my 2m当m 0时，直线MN的方程是x 2，也符合x my 2的形式所以直线MN的方程是x my 2则直线TF1的斜率kTF1x2y21M(x ,y ),N(x ,y ),得(m23)y24my2 0设23344，则 6x my 2y3 y44m2, y
17、y 9分3422m 3m 3TF1m21，24(m21)11 分MN (x3 x4) (y3 y4)(m 1)(y3 y4) 4y3y4 2m 322221(m23)21432(m 1 4) MN24m2124m213当且仅当m21TF1TF143m 1，即时，等号成立，此时取得最小值2MNm 1313分21解:（）f (x)的定义域为(1,)f (x) 1 mx mx 1m(xm1)m1分x 1x 1, f (x) 0当m 0时，(m1m11 1，)(1) 0，即mmm f (x)在(1,)上单调递增3分当m 0时，(m1m11 1)(1) 0，即mmm由f (x) 0,解得1 x m1m1
18、，由f (x) 0，解得x mmm1m1 f (x)在(1,)上单调递增，在(,)上单调递减5 分mm（） （1）令h(x) f (x) g(x) f (x)f (x1) f (x2)(x x1) f (x1)，x1 x2则h(x) f (x)f (x1) f (x2).x1 x2函数f (x)在区间(x1,x2)上可导，则根据结论可知：存在x0(x1,x2)使得f (x0) f (x1) f (x2)1 m，又f (x) x1 x2x 1h(x) f (x) f (x0) x0 x118 分x1x01(x1)(x01)当x(x1,x0时，h(x) 0，从而h(x)单调递增，h(x) h(x1
19、) 0；当x(x0,x2)时，h(x) 0，从而h(x)单调递减，h(x) h(x2) 0；故对任意x(x1,x2)，都有h(x) 0，即f (x) g(x)10 分（2）12 1，且1 0，20，x2 x1 11x12x2 x1 x1(11)2x22(x2 x1) 0，1x12x2 x1同理1x12x2 x2，1x12x2(x1,x2)由（1）知对任意x(x1,x2)，都有f (x) g(x)，从而f (1x12x2) f (x1) f (x2)f (x1) f (x2)(1x12x2 x1) f (x1) 2x2 (11)x1 f (x1)x1 x2x1 x2f (x1) f (x2)2(x2 x1) f (x1) 2f (x2) 2f (x1) f (x1) 2f (x2) (12) f (x1)x1 x21f (x1) 2f (x2)14分
