1、佛山市重点高中2016届高考数学三月模拟试题一及答案本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.已知集合,则（ ）A. B. C. D. 2. 若tan 2，则的值为()A.0 B. C.1 D.3.复数z的共轭复数是（ ）A.2i B.2i C.1i D.1i4.已知命题：. 则为（ ）A. B.C. D.5.已知递减的等差数列满足，则 （ ） A. -1 B.0 C.-1或0 D.4
2、或56.（理）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.（文）曲线在点处的切线方程为（ ）A.B.C.D.7. 某人向一个半径为6的圆形靶射击，假设他每次射击必定会中靶，且射中靶内各点是随机的，则此人射中的靶点与靶心的距离小于2的概率为（ ）A.B.C.D. 8. （理）在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为（ ）A. 32 B. -32 C. 0 D. 1（文）林管部门在每年312植树节前，为保证树苗的质量，都会在植树前对树苗进行检测.现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，其茎叶图如图1.根据茎叶图，下列描述正确的是（ ）图1A.甲种树苗的平均高度大
3、于乙种树苗的平均高度，且甲种树苗比乙种树苗长得整齐B.甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，但乙种树苗比甲种树苗长得整齐C.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，且乙种树苗比甲种树苗长得整齐D.乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐9. 如果执行图2的程序框图，输入正整数N(N2)和实数a1，a2，aN，输出A，B，则（ ）A.AB为a1，a2，aN的和B.为a1，a2，aN的算术平均数C.A和B分别是a1，a2，aN中最大的数和最小的数D.A和B分别是a1，a2，aN中最小的数和最大的数图210.已知某几何体的三视图如图3所示，其中，正视图，侧视图均是
4、由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 图3 11. 已知椭圆C：1(ab0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为（ ）A.1 B.1 C.1 D.112.（理）函数的图象大致为（ ）图4（文）方程所表示的曲线的图形是（ ）O1xyAO1xyC1xyDO1xyB图5第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.13.设向量的夹角为，且,则 .14.若实数满足不等式组则的最大值为 .15. 观察下列不等式1，1，
5、10)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分.（1）求p，t的值；（2）求ABP面积的最大值.图722.（本小题满分12分）（理）已知函数f(x)ln(1x)ax在x处的切线的斜率为1.（1）求a的值及f(x)的最大值；（2）证明：1ln(n1)（nN*）；（3）设g(x)b(exx)，若f(x)g(x)恒成立，求实数b的取值范围.（文）设aR，函数f(x)lnxax.（1）讨论函数f(x)的单调区间和极值；（2）已知（e为自然对数的底数）和x2是函数f(x)的两个不同的零点，求a的值并证明：x2e.答案1. B【解析】A=1,2，由,得，又
6、因为，所以，故B=2.则.2. B 【解析】.3. D【解析】因为z1i，所以1i.故选D.4. D【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即.5. B【解析】由题意知，且，从而，得.6.（理）C【解析】，则切线方程为，即.（文）A【解析】，则切线方程为，即.7. D【解析】由几何概型得，所求概率为.8. （理）C【解析】在二项式中，令，得，故展开式中各项系数的和为0.（文）D【解析】甲种树苗的平均高度为，甲种树苗的高度的方差为；乙种树苗的平均高度为，乙种树苗的高度的方差为比较可知，乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，但甲种树苗比乙种树苗长得整齐，选D.9. C【解析】由程序框图可
7、知，当xA时，Ax；当xA且xB时，Bx，所以A是a1，a2，aN中的最大数，B是a1，a2，aN中的最小数.故选C.10. C【解析】由三视图可知，该几何体的上方是一个直三棱锥（三棱锥的底面是腰长为1的等腰直角三角形，高为1）；下方是一个半径为的半球.故所求几何体的体积为.11. D【解析】由离心率为得，a24b2，排除选项B，双曲线的渐近线方程为yx，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为，代入选项A、C、D，知选项D正确.12.（理）D【解析】由函数y为奇函数，排除选项A，当x无限大时，y趋向于0，排除选项C，当x从正数趋向于0时，y趋向于正无穷大，故选D.（文
8、）D【解析】由题意可得或，即或.但是要使得该方程有意义还要满足综上可知图象选D.13. 【解析】设.由，得，所以.14. 6【解析】作出不等式组表示的可行域（如下图阴影部分所示,含边界），可知当直线经过直线的交点时，取得最大值，且.15. 1【解析】从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1，对几个不等式右边分析，其分母依次为：2,3,4，所以第5个式子的分母应为6，而其分子依次为： 3,5,7，所以第5个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1.16. 【解析】根据指数函数的性质，可知函数恒过定点.将点代入，可得. 由于点始终落在所给圆的内部或圆上，所以. 由解得或，这说明点在以和
9、为端点的线段上运动，所以的取值范围是.17.解:（1）因为mn . 4分所以其最小正周期为. 6分（2）由（1）知，又因为，所以.所以. 10分所以.即函数的值域为. 12分18.解:（1）设的公差为.因为所以解得 或（舍），.故 ，. （2）由（1）可知，所以.故.19. （理）解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i0,1,2,3,4)，则P(Ai)Ci4i.（1）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P(A2)C22.（2）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则BA3A4，由于
10、A3与A4互斥，故P(B)P(A3)P(A4)C3C4.所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.（3）的所有可能取值为0,2,4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(0)P(A2)，P(2)P(A1)P(A3)，P(4)P(A0)P(A4).所以的分布列是024P随机变量的数学期望E024.（文）解：（1）从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.（2）在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A1，A2，A3，2所中学分别记为A4，A5，大学记为A6，则抽取2所学校的所有可能结果为A1，A2，A1，A3，A1，A4，A1，A5，A1，A6，A2，A3，A2
11、，A4，A2，A5，A2，A6，A3，A4，A3，A5，A3，A6，A4，A5，A4，A6，A5，A6，共15种.从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为A1，A2，A1，A3，A2，A3，共3种.所以P(B).20. （理）解：解法1：（1）如下图（1），连结AC.由AB4，BC3，ABC90，得AC5.又AD5，E是CD的中点，所以CDAE.因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.（2）过点B作BGCD，分别与AE、AD相交于点F，G，连结PF.由（1）CD平面PAE知，BG平面PAE.于是
12、BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BGAE.由PA平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.由题意PBABPF，因为sinPBA，sinBPF，所以PABF.由DABABC90知，ADBC，又BGCD，所以四边形BCDG是平行四边形.故GDBC3.于是AG2.在RtBAG中，AB4，AG2，BGAF，所以BG2，BF.于是PABF.又梯形ABCD的面积为S(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为VSPA16.解法2：如上图（2），以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设PAh，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,
13、0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h).（1）易知(4,2,0)，(2,4,0)，(0,0，h).因为8800，0，所以CDAE，CDAP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.（2）由题设和（1）知，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量.而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos，|cos，|，即.由（1）知，(4,2,0)，(0,0，h)，又(4,0，h)，故.解得h.又梯形ABCD的面积为S(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为VSPA16.（文）解：（1）证明：因为PA平面ABCD，BD
14、平面ABCD，所以PABD.图18又ACBD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD平面PAC.而PC平面PAC，所以BDPC.（2）设AC和BD相交于点O，连结PO，由（1）知，BD平面PAC，所以DPO是直线PD和平面PAC所成的角.从而DPO30.由BD平面PAC，PO平面PAC知，BDPO.在RtPOD中，由DPO30，得PD2OD.因为四边形ABCD为等腰梯形，ACBD，所以AOD，BOC均为等腰直角三角形.从而梯形ABCD的高为ADBC(42)3，于是梯形ABCD的面积S(42)39.在等腰直角三角形AOD中，ODAD2，所以PD2OD4，PA4.故四棱锥PABCD的体积
15、为VSPA9412.21.解：（1）由题意知得（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，由题意知，设直线AB的斜率为k(k0).由得(y1y2)(y1y2)x1x2.故k2m1.所以直线AB方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|y1y2|.设点P到直线AB的距离为d，则d.设ABP的面积为S，则S|AB|d|12(mm2)|.由4m4m20，得0m1.令u，0u，则Su(12u2)，设S(u)u(12u2)，0u，则S(u)16u2.由S(u)0得u，所以S(
16、u)maxS.故ABP面积的最大值为.22. （理）解：（1）函数f(x)的定义域为（1，）.求导数，得f (x)a.由已知，得f ()1，即a1，所以a1.此时f(x)ln(1x)x，f (x)1，当1x0时，f (x)0；当x0时，f (x)0.所以当x0时，f(x)取得极大值，该极大值即为最大值，所以f(x)maxf(0)0.（4分）（2）法一：由（1），得ln(1x)x0，即ln(1x)x，当且仅当x0时，等号成立.令x（kN*），则ln(1)，即ln，所以ln(k1)lnk（k1，2，n）.将上述n个不等式依次相加，得1(ln2ln1)(ln3ln2)ln(n1)lnn，所以1ln(
17、n1)（nN*）.（10分）法二：用数学归纳法证明.当n1时，左边1lne，右边ln2，所以左边右边，不等式成立.假设当nk时，不等式成立，即1ln(k1).那么1ln(k1)，由（1），知xln(1x)（x1，且x0）.令x，则ln(1)ln，所以ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，所以1ln(k2).即当nk1时，不等式也成立.（10分）根据，可知不等式对任意nN*都成立.（3）因为f(0)0，g(0)b，若f(x)g(x)恒成立，则b0.由（1），知f(x)maxf(0)0.当b0时，g(x)0，此时f(x)g(x)恒成立；当b0时，g(x)b(ex1)，当x（1，0）时，g(x)
18、0，g(x)单调递减；当x（0，）时，g(x)0，g(x)单调递增.所以g(x)在x0处取得极小值，即为最小值，所以g(x)ming(0)b0f(x)，即f(x)g(x)恒成立.综合可知，实数b的取值范围为0，）.（14分）（文）解：（1）函数f(x)的定义域为（0，）.求导数，得f (x)a.若a0，则f (x)0，f(x)是（0，）上的增函数，无极值；若a0，令f (x)0，得x.当x（0，）时，f (x)0，f(x)是增函数；当x（，）时，f (x)0，f(x)是减函数.所以当x时，f(x)有极大值，极大值为f()ln1lna1.综上所述，当a0时，f(x)的递增区间为（0，），无极值；当a0时，f(x)的递增区间为（0，），递减区间为（，），极大值为lna1.（8分）（2）因为x1是函数f(x)的零点，所以f ()0，即a0，解得a.所以f(x)lnx.因为f(e)0，f(e)0，所以f(e)f(e)0.由（1）知，函数f(x)在（2，）上单调递减，所以函数f(x)在区间（e，e）上有唯一零点，因此x2e.（14分）
