1、2016年陕西省高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1设集合M=x|x1|1，N=x|y=lg（x21），则MRN=（）A1，2B0，1C（1，0）D（0，2）2复数（i是虚数单位）的虚部是（）A1B2C2D13设为锐角，若cos=，则sin的值为（）ABCD4在区间0，1上随机取两个数x，y，记P为事件“x+y”的概率，则P=（）ABCD5设Sn是等差数列an的前n项和，若a2+a3+a4=3，则S5=（）A5B7C9D116一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A64B642C644D6
2、487执行右面的程序框图，如果输入的N=3，那么输出的S=（）A1BCD8已知向量=（1，2），=（2，3）若向量满足（+），且（），则=（）ABCD9设函数f（x）=则ff（8）=（）A4B4C2D210若圆C：（x3）2+（y2）2=1（a0）与直线y=x相交于P、Q两点，则|PQ|=（）ABCD11设m1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值小于2，则m的取值范围为（）A（1，）B（，+）C（1，3）D（3，+）12对于函数f（x）=eaxlnx（a是实常数），下列结论正确的一个是（）Aa=1时，f（x）有极大值，且极大值点x0（，1）Ba=2时，f（x）有极小值，且极小值点x0（
3、0，）Ca=时，f（x）有极小值，且极小值点x0（1，2）Da0时，f（x）有极大值，且极大值点x0（，0）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是14已知数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列若ab，则7aloga（b）=15已知A，B是球O的球面上两点，AOB=90，C为该球面上的动点若三棱锥OABC体积的最大值为3，则球O的体积为16已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，则a=三、解答题（共5小题，每小题12分，共60分）17在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a
4、，b，c，且a=3，b=4，B=+A（I）求tanB的值；（）求c的值18某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N人参加，现将所有参加者按年龄情况分为20，25），25，30），30，35），35，40），40，45），45，50），50，55）等七组，其频率分布直方图如下所示已知35，40）这组的参加者是8人（1）求N和30，35）这组的参加者人数N1；（2）已知30，35）和35，40）这两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率；（3）组织者从45，55）这组的参加者（其中共有4名女教师
5、，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为x，求x的分布列和均值19如图，在四棱柱PABCD中，底面ABCD为矩形，PCD为等边三角形，点M为BC中点，平面PCD平面ABCD（1）求证：PDBC；（2）求二面角PAMD的大小20已知椭圆L： +=1（ab0）的一个焦点于抛物线y2=8x的焦点重合，点（2，）在L 上（）求L 的方程；（）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值21已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n（1）设h（x）=f（x）g（x）当n=0时，若函数h（x）在（1，+
6、）上没有零点，求m的取值范围；（2）设函数r（x）=，且n=4m（m0），求证：x0时，r（x）1选修4-1：几何证明选讲（共1小题，满分10分）22（选修41：几何证明选讲）如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D（）证明：DB=DC；（）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径选修4-4：坐标系与参数方程（共1小题，满分0分）23在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t0），其中0，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：=2sin，C3：=2cos（1）求C2与C3交点的直角坐标；（
7、2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值选修4-5：不等式选讲（共1小题，满分0分）24设a，b，c，d均为正数，且ac=db，证明：（）若abcd，则+；（）+是|ab|cd|的充要条件2016年陕西省高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1设集合M=x|x1|1，N=x|y=lg（x21），则MRN=（）A1，2B0，1C（1，0）D（0，2）【考点】交、并、补集的混合运算【分析】化简集合M、N，求出RN，再计算MRN【解答】解：集合M=x|x1|1=x|
8、1x11=x|0x2=0，2，N=x|y=lg（x21）=x|x210=x|x1或x1=（，1）（1，+）；RN=1，1；MRN=0，1故选：B2复数（i是虚数单位）的虚部是（）A1B2C2D1【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数，则答案可求【解答】解： =，则复数（i是虚数单位）的虚部是：1故选：D3设为锐角，若cos=，则sin的值为（）ABCD【考点】二倍角的正弦；三角函数的化简求值【分析】利用同角三角函数基本关系式、倍角公式即可得出【解答】解：为锐角，cos=，=则sin=故选：B4在区间0，1上随机取两个数x，y，记P为事件“x+y”的概率，则P
9、=（）ABCD【考点】几何概型【分析】由题意可得总的基本事件为（x，y）|0x1，0y1，事件P包含的基本事件为（x，y）|0x1，0y1，x+y，数形结合可得【解答】解：由题意可得总的基本事件为（x，y）|0x1，0y1，事件P包含的基本事件为（x，y）|0x1，0y1，x+y，它们所对应的区域分别为图中的正方形和阴影三角形，故所求概率P=，故选：D5设Sn是等差数列an的前n项和，若a2+a3+a4=3，则S5=（）A5B7C9D11【考点】等差数列的前n项和【分析】由题意和等差数列的性质可得a3，再由求和公式和等差数列的性质可得S5=5a3，代值计算可得【解答】解：Sn是等差数列an的前
10、n项和，a2+a3+a4=3，3a3=a2+a3+a4=3，即a3=1，S5=5a3=5，故选：A6一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A64B642C644D648【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图可知：该几何体是由一个正方体在中间挖去一个圆柱得到的即可得出【解答】解：由三视图可知：该几何体是由一个正方体在中间挖去一个圆柱得到的该几何体的体积=43122=642故选：B7执行右面的程序框图，如果输入的N=3，那么输出的S=（）A1BCD【考点】程序框图【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件K3，跳出循环，计算输出S的值【解答】解：由程序框图知：输入N=3时，
11、K=1，S=0，T=1第一次循环T=1，S=1，K=2；第二次循环T=，S=1+，K=3；第三次循环T=，S=1+，K=4；满足条件K3，跳出循环，输出S=1+=故选：C8已知向量=（1，2），=（2，3）若向量满足（+），且（），则=（）ABCD【考点】平面向量的坐标运算【分析】设出=（x，y），根据平面向量的坐标运算以及向量垂直与共线的坐标表示，列出方程组求出x、y的值即可【解答】解：设=（x，y），向量=（1，2），=（2，3），+=（3，1），=（1x，2y）；又（+），（+）=3xy=0；又（），2（2y）（3）（1x）=0；由、组成方程组，解得x=，y=；=（，）故选：A9设函数f
12、（x）=则ff（8）=（）A4B4C2D2【考点】函数的值【分析】利用分段函数由已知先求出f（8），由此能求出ff（8）【解答】解：f（x）=，f（8）=（8）=2，ff（8）=2+7=4故选：B10若圆C：（x3）2+（y2）2=1（a0）与直线y=x相交于P、Q两点，则|PQ|=（）ABCD【考点】直线与圆的位置关系【分析】求出圆C圆心C（3，2），半径r=1，再求出圆心C（3，2）到直线y=x的距离d，由此利用勾股定理能求出|PQ|的长【解答】解：圆C：（x3）2+（y2）2=1的圆心C（3，2），半径r=1，圆心C（3，2）到直线y=x的距离d=，圆C：（x3）2+（y2）2=1（a0
13、）与直线y=x相交于P、Q两点，|PQ|=2=2=故选：C11设m1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值小于2，则m的取值范围为（）A（1，）B（，+）C（1，3）D（3，+）【考点】简单线性规划的应用【分析】根据m1，我们可以判断直线y=mx的倾斜角位于区间（，）上，由此我们不难判断出满足约束条件的平面区域的形状，再根据目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在直线y=mx与直线x+y=1交点处取得最大值，由此构造出关于m的不等式组，解不等式组即可求出m 的取值范围【解答】解：m1故直线y=mx与直线x+y=1交于点，目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在
14、点，取得最大值其关系如下图所示：即，解得1m又m1解得m（1，）故选：A12对于函数f（x）=eaxlnx（a是实常数），下列结论正确的一个是（）Aa=1时，f（x）有极大值，且极大值点x0（，1）Ba=2时，f（x）有极小值，且极小值点x0（0，）Ca=时，f（x）有极小值，且极小值点x0（1，2）Da0时，f（x）有极大值，且极大值点x0（，0）【考点】利用导数研究函数的极值【分析】求出函数的导数，根据函数极值存在的条件，以及函数零点的判断条件，判断f（x）=0根的区间即可得到结论【解答】解：f（x）=eaxlnx，函数的定义域为（0，+），函数的导数为f（x）=aeax，若a=，f（x）
15、=lnx，则f（x）=在（0，+）上单调递增，f（1）=，f（2），函数f（x）存在极小值，且f（x）=0的根在区间（1，2）内，故选：C二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是21【考点】二项式系数的性质【分析】先通过给x赋值1得到展开式的各项系数和；再利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为3得到展开式中的系数【解答】解：令x=1得展开式的各项系数和为2n2n=128解得n=7展开式的通项为Tr+1=令7=3，解得r=6展开式中的系数为3C76=21故答案为：2114已知数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成
16、等比数列若ab，则7aloga（b）=【考点】等比数列的通项公式；等差数列的通项公式【分析】数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列可得2a=1+b，b2=a，解得b，a，再利用对数的运算性质即可得出【解答】解：数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列2a=1+b，b2=a，可得2b2b1=0，解得b=1或ab，b1b=，a=则7aloga（b）=故答案为：15已知A，B是球O的球面上两点，AOB=90，C为该球面上的动点若三棱锥OABC体积的最大值为3，则球O的体积为24【考点】球的体积和表面积【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，利用三棱锥
17、OABC体积的最大值为3，求出半径，即可求出球O的表面积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VOABC=VCAOB=3R3=18，则球O的体积为R3=24故答案为：2416已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，则a=8【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】求出y=x+lnx的导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再由于切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，有且只有一切点，进而可联立切线与曲线方程，根据=0得到a的值【解答】解：y=x+lnx的导数为y=1+，曲线y=
18、x+lnx在x=1处的切线斜率为k=2，则曲线y=x+lnx在x=1处的切线方程为y1=2x2，即y=2x1由于切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，故y=ax2+（a+2）x+1可联立y=2x1，得ax2+ax+2=0，又a0，两线相切有一切点，所以有=a28a=0，解得a=8故答案为：8三、解答题（共5小题，每小题12分，共60分）17在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，b=4，B=+A（I）求tanB的值；（）求c的值【考点】正弦定理【分析】（I）由正弦定理，诱导公式可得3cosA=4sinA，可得tanA的值，由已知及诱导公式即可求tanB的值（）由tan
19、B=，利用同角三角函数基本关系式可求cosB，sinB，sinA，cosA，由两角和的余弦函数公式可求cosC的值，利用余弦定理即可求c的值【解答】解：（I）a=3，b=4，B=+A由正弦定理可得： =，3cosA=4sinA，可得：tanA=，tanB=tan（+A）=（）tanB=cosB=，sinB=，sinA=sin（B）=cosB=，cosA=，cosC=cos（A+B）=sinAsinBcosAcosB=（）=，c=18某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N人参加，现将所有参加者按年龄情况分为20，25），25，30），30，35），35，40），40，45）
20、，45，50），50，55）等七组，其频率分布直方图如下所示已知35，40）这组的参加者是8人（1）求N和30，35）这组的参加者人数N1；（2）已知30，35）和35，40）这两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率；（3）组织者从45，55）这组的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为x，求x的分布列和均值【考点】离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列【分析】（1）先求出年龄在35，40）内的频率，由此能求出总人数和30，
21、35）这组的参加者人数N1（2）记事件B为“从年龄在30，35之间选出的人中至少有1名数学教师”，记事件C为“从年龄在35，40）之间选出的人中至少有1名数学教师”，分别求出P（B），P（C），由此能求出两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率（3）年龄在45，55）之间的人数为6人，其中女教师4人，的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和E【解答】解：（1）年龄在35，40）内的频率为0.045=0.2，总人数N=40人30，35）这组的频率为：1（0.012+0.02+0.032+0.04）5=0.3，30，35）这组的参加者人数N1为：400.3=12人（2）记事
22、件B为“从年龄在30，35之间选出的人中至少有2名数学教师”，年龄在30，35）之间的人数为12，P（B）=1=，记事件C为“从年龄在35，40）之间选出的人中至少有1名数学教师”，年龄在35，40）之间的人数为8，P（C）=1=，两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率P（BC）=（3）年龄在45，55）之间的人数为6人，其中女教师4人，的可能取值为1，2，3，P（=1）=，P（=2）=，P（=3）=，的分布列为： 1 2 3 PE=219如图，在四棱柱PABCD中，底面ABCD为矩形，PCD为等边三角形，点M为BC中点，平面PCD平面ABCD（1）求证：PDBC；（2）求二面角PAMD的大
23、小【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（1）根据线面垂直的性质定理即可得到结论（2）过点O垂直CD的直线为x轴，OC为y轴，OP为z轴，分别求出平面ADM的法向量和平面PAM的法向量，利用向量法能求出二面角PAMD的大小【解答】解：（1）取CD的中点O，连接OP，PCD为等边三角形，OPCD，又平面PCD平面ABCD，OP平面ABCD，CDBC，BC平面PCD，PDBC（2）以O为原点，过点O垂直CD的直线为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，不妨设AB=2，则BC=2，依题意得：A（2，1，0），D（0，1，0），P（0，0，）
24、，M（，1，0），OP平面ABCD，是平面ADM的法向量，设平面PAM的法向量为，又，由，令y=1，得=（），cos=，二面角PAMD的大小为4520已知椭圆L： +=1（ab0）的一个焦点于抛物线y2=8x的焦点重合，点（2，）在L 上（）求L 的方程；（）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值【考点】椭圆的简单性质【分析】（）求得抛物线的焦点，可得c=2，再由点满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得椭圆的方程；（）设直线l的方程为y=kx+b（k，b0），A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方
25、程，运用韦达定理和中点坐标公式可得M的坐标，可得直线OM的斜率，进而得到证明【解答】解：（）抛物线y2=8x的焦点为（2，0），由题意可得c=2，即a2b2=4，又点（2，）在L上，可得+=1，解得a=2，b=2，即有椭圆L： +=1；（）证明：设直线l的方程为y=kx+b（k，b0），A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+b代入椭圆方程+=1，可得（1+2k2）x2+4kbx+2b28=0，x1+x2=，即有AB的中点M的横坐标为，纵坐标为k+b=，直线OM的斜率为kOM=，即有kOMk=则OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值21已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n（1）
26、设h（x）=f（x）g（x）当n=0时，若函数h（x）在（1，+）上没有零点，求m的取值范围；（2）设函数r（x）=，且n=4m（m0），求证：x0时，r（x）1【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可得到结论（2）求出r（x）的表达式，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可【解答】解：（1）当n=0时，h（x）=f（x）g（x）=exmx若函数h（x）在（1，+）上没有零点，即exmx=0在（1，+）上无解，若x=0，则方程无解，满足条件，若x0，则方程等价为m=，设g（x）=，则函数的导数g（x）=，若1x0，则g（x）0
27、，此时函数单调递减，则g（x）g（1）=e1，若x0，由g（x）0得x1，由g（x）0，得0x1，即当x=1时，函数取得极小值，同时也是最小值，此时g（x）g（1）=e，综上g（x）e或g（x）e1，若方程m=无解，则e1me（2）n=4m（m0），函数r（x）=+=+，则函数的导数r（x）=，设h（x）=16ex（x+4）2，则h（x）=16ex2（x+4）=16ex2x8，h（x）=16ex2，当x0时，h（x）=16ex20，则h（x）为增函数，即h（x）h（0）=168=80，即h（x）为增函数，h（x）h（0）=1616=0，即r（x）0，即函数r（x）在0，+）上单调递增，故r（x
28、）r（0）=+0=1，故当x0时，r（x）1成立选修4-1：几何证明选讲（共1小题，满分10分）22（选修41：几何证明选讲）如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D（）证明：DB=DC；（）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径【考点】与圆有关的比例线段【分析】（I）连接DE交BC于点G，由弦切角定理可得ABE=BCE，由已知角平分线可得ABE=CBE，于是得到CBE=BCE，BE=CE由已知DBBE，可知DE为O的直径，RtDBERtDCE，利用三角形全等的性质即可得到DC=DB（II）由（I）可知：D
29、G是BC的垂直平分线，即可得到BG=设DE的中点为O，连接BO，可得BOG=60从而ABE=BCE=CBE=30得到CFBF进而得到RtBCF的外接圆的半径=【解答】（I）证明：连接DE交BC于点G由弦切角定理可得ABE=BCE，而ABE=CBE，CBE=BCE，BE=CE又DBBE，DE为O的直径，DCE=90DBEDCE，DC=DB（II）由（I）可知：CDE=BDE，DB=DC故DG是BC的垂直平分线，BG=设DE的中点为O，连接BO，则BOG=60从而ABE=BCE=CBE=30CFBFRtBCF的外接圆的半径=选修4-4：坐标系与参数方程（共1小题，满分0分）23在直角坐标系xOy中
30、，曲线C1：（t为参数，t0），其中0，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：=2sin，C3：=2cos（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【分析】（I）由曲线C2：=2sin，化为2=2sin，把代入可得直角坐标方程同理由C3：=2cos可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标（2）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：y=xtan，其中0，其极坐标方程为：=（R，0），利用|AB|=即可得出【解答】解：（I）由曲线C2：=2sin，
31、化为2=2sin，x2+y2=2y同理由C3：=2cos可得直角坐标方程：，联立，解得，C2与C3交点的直角坐标为（0，0），（2）曲线C1：（t为参数，t0），化为普通方程：y=xtan，其中0，其极坐标方程为：=（R，0），A，B都在C1上，A（2sin，），B|AB|=4，当时，|AB|取得最大值4选修4-5：不等式选讲（共1小题，满分0分）24设a，b，c，d均为正数，且ac=db，证明：（）若abcd，则+；（）+是|ab|cd|的充要条件【考点】不等式的证明；必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】（）运用两边平方，结合条件和不等式的性质，即可得证；（）先证若|ab|cd|，则（
32、ab）2（cd）2，可得abcd，由（）可得+；再证若+，两边平方，由条件结合不等式的性质，可得|ab|cd|，即可得证【解答】证明：（）由（+）2=a+b+2，（+）2=c+d+2，由ac=db，可得a+b=c+d，由abcd，可得（+）2（+）2，即为+；（）若|ab|cd|，则（ab）2（cd）2，即（a+b）24ab（c+d）24cd，由a+b=c+d，可得abcd，由（）可得+；若+，则（+）2（+）2，即有a+b+2c+d+2，由ac=db，可得a+b=c+d，即有abcd，（ab）2=（a+b）24ab（c+d）24cd=（cd）2，可得|ab|cd|即有+是|ab|cd|的充要条件2016年8月1日