1、2016汕头市重点高中三月数学高考模拟试题二本试卷分第卷（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.注意事项：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.已知是非空集合，命题甲：，命题乙：，那么（ ）A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件2. 若向量，则（ ）A. B. C. D.3. 设，且=则（ ）A.0 B. C. D. 4.（理）下列命题中正确命题的个数是（ ） （
2、1）是的充分必要条件；（2）若且，则; （3）若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，则样本的方差不变；（4）设随机变量服从正态分布,若，则. A.4 B.3 C.2 D.1（文）一个总体分为A,B,C三层，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为50的样本，已知B层中每个个体被抽到的概率都为，则总体中的个数为（ ）A.150 B.200 C.500 D.6005.现有2名女教师和1名男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一男一女抽到同一道题的概率为（ ）A.B.C.D.6.（理）设，且，若能被13整除，则（ ）A.0 B.1 C.11
3、 D.12（文）为了了解某校高三400名学生的数学学业水平测试成绩，制成样本频率分布直方图如图1，规定不低于60分为及格，不低于80分为优秀，则及格率与优秀人数分别是（ ）A.60%，60 B.60%，80 C.80%，80 D.80%，60900.0100.0250.0050.0150.0355040607080100分数频率/组距图17. 已知数列中，,且，则数列的前100项和为（ ）A.2600 B.2550 C.2651 D.26528.（理）某学习小组共12人，其中有五名是“三好学生”，现从该小组中任选5人参加竞赛，用表示这5人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于的是（ ）A.B.
4、C.D.（文）设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是（ ）A. B. C. D. 9. 定义在R上的函数f(x)满足f(x6)f(x).当3x1时，f(x)(x2)2；当1x0, b0时当且仅当时等号成立，故此项错误；（3）若，由方差的计算公式得，故此项正确；（4）因为，所以.故此项正确.（文）D【解析】设总体个数为，由分层抽样的定义得所以.5.C【解析】设两道题分别为A，B题，所以抽取情况共有：AAA,AAB,ABA, ABB,BAA, BAB,BBA,BBB，其中第1个，第2个分别是两个女教师抽取的题目，第3个表示男教师抽取的题目，一共有
5、8种；其中满足恰有一男一女抽到同一题目的事件有：ABA，ABB，BAA，BAB，共4种；故所求事件的概率为.6.（理）D【解析】,显然当,即时，的各项都是13的倍数，故能被13整除.又，所以.故选D. （文）C【解析】由频率分布直方图可知，及格率为，优秀人数为.7. B【解析】可知数列和数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.8.（理）B【解析】.（文）D【解析】题目中表示的区域如图正方形所示，而动点可以存在的位置为正方形面积减去四分之一圆的面积部分，故由几何概型得，所求概率为.9. B【解析】由f(x)f(x6)知函数的周期为6，f（1）1，f（2）2，f（3）f(3)1，f(4)f(2
6、)(22)20，f(5)f(1)1，f(6)f(0)0，所以f（1）f（2）f（3）f(6)1，所以f（1）f（2）f(2 012)335f（1）f（2）f(6)f（1）f（2）33513338.10. C【解析】由双曲线的方程，得，所以.又由双曲线的定义，得，所以.所以.11. C【解析】设棱长都为1，连接AC,BD交于点O，连接OE.因为所有棱长都相等，所以四边形 ABCD是菱形，所以O是BD的中点，且OE/PD，故为异面直线AE与PD所成的角.易知 .在中，由余弦定理得.PABCDEO12.（理）A【解析】以E为原点，CD为x轴，过点E垂直于CD的直线为y轴建立平面直角坐标系如下图所示.
7、设正方形的长为2a，宽为b，则，设抛物线方程为，代入点B，得，所以.阴影面积，矩形ABCD的面积,故由几何概型得，所求事件的概率为为常数.故选A.（文）B 【解析】因为，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即l：.圆的圆心为，半径为1，且圆心到直线l：的距离为，所以l上的点到圆上的点的最近距离是.13. x|2x3【解析】解不等式得 (x2)(x3)0，即2x3，所以不等式的解集是x|2x314.（理）【解析】如图，的面积为，的面积为，故由几何概型得，所求的概率为.（文）244【解析】由已知，得，将点代入回归方程中，得，所以回归方程为.所以当时，.15.（理）6【解析】由二项式定理,得,因为,且
8、数列是一个单调递增数列,所以的最大值是6.（文）【解析】设分别是的中点,则当点在线段上或其上方区域时,满足的面积大于等于,故由几何概型得,所求概率为.16.（理）72【解析】将6个小球放入3个盒子，每个盒子中2个，有种情况.其中标号为1,2的球放入同一个盒子中有种，所以满足题意的方法共有90-18=72种.（文）【解析】甲数据的平均值为，同理，乙数据的平均值为，丙数据的平均值为，可见甲、乙、丙三者的平均值都处在频率分布直方图的最中间一列，此时，若越靠近中间列所占的频率越大，则相应的方差越小，明显丙的中间列及附近列所占的频率最大，其次是乙，甲中间列及附近列所占的频率最小，故.17.解：（1）由已
9、知得，故数列是等差数列，且公差.分又，得，所以. 分（2）由（）得，所以. 6分. 12分18. 解：（1）由图可知，. 1分的最小正周期 所以由，得. 3分 又，且， 所以，解得. 6分（2）因为，所以.设. 7分在等腰三角形中，设，则, ，所以. 13分 19. （理）解：（1）由题设可知(30.0060.01x0.054)101，解之得x0.018.（2）由题设可知，成绩在区间80,90)内的人数为0.01810509，成绩在区间90,100内的人数为0.00610503，所以不低于80分的学生人数为9312，的所有可能取值为0,1,2.P(0)，P(1)，P(2).所以的数学期望E01
10、2.（文）解：（1）由频率分布直方图可知(0.040.030.022a)101.所以a0.005.（2）该100名学生的语文成绩的平均分约为0.05550.4650.3750.2850.059573.（3）由频率分布直方图及已知的语文成绩、数学成绩分布在各分数段的人数比，可得下表：分数段50,60)60,70)70,80)80,90)x5403020xy11213445y5204025于是数学成绩在50,90)之外的人数为100(5204025)10.20. （理）解：（1）(证法一)连结AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱柱.所以M为AB中点.又因为N为BC的中
11、点.所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(证法二)取AB中点P，连结MP，NP，M，N分别为AB与BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN，因此MN平面AACC.（2）以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系Oxyz，如图15所示.图15设AA1，则ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1).所以M，N.设m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，由得可取m(1，
12、1，).设n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，).因为AMNC为直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得.（文）解：（1）(证法一)连结AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱柱，所以M为AB中点，又因为N为BC的中点，所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(证法二)取AB中点P，连结MP，NP，M、N分别为AB与BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN.因此MN平面AACC.（2）(解法一)连结BN，由
13、题意ANBC，平面ABC平面BBCCBC，所以AN平面NBC.又ANBC1，故VAMNCVNAMCVNABCVANBC.(解法二)VAMNCVANBCVMNBCVANBC.21. （理）解：解法一：（1）因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆E的方程是1.（2）由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0
14、m，所以P.由得Q(4,4km).假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.设M(x1,0)，则0对满足(*)式的m、k恒成立.因为，(4x1,4km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法二：（1）同解法一.（2）由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以P.由得
15、Q(4,4km).假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.取k0，m，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此时P，Q(4,0)，以PQ为直径的圆为22，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0).所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0).以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以，(3,4km)，从而330，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.（文）解：解法一：（1）依题意，|OB|8，BOy30.设B(x，y)，则x|OB|s
16、in304，y|OB|cos3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.（2）由（1）知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立.由于(x0，y0y1)，.由0，得y0y0y1y1y0.即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).解法二：（1）
17、同解法一.（2）由（1）知yx2，yx，设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，交y轴于M3(0,1)或M4.故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1).以下证明点M(0,1)就是所要求的点.因为(x0，y01)，2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.22. （理）解：（1）f(x)的定义域为(a，).f(x)1.由f(x)0，得x1aa.当x变化时，f
18、(x)，f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在x1a处取得最小值，故由题意f(1a)1a0，所以a1.（2）当k0时，取x1，有f（1）1ln20；故k0不合题意.当k0时，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2.g(x)2kx.令g(x)0，得x10，x21.当k时， 0，g(x)0在(0，)上恒成立，因此g(x)在0，)上单调递减，从而对任意的x0，)，总有g(x)g(0)0，即f(x)kx2在0，)上恒成立，故k符合题意.当0k时，0, 对于x，g(x)0，故g(x)在内单调递增，因此当取x0时，g(x0)g(0)
19、0，即f(x0)kx不成立，故0k不合题意.综上，k的最小值为.（3）证明：当n1时，不等式左边2ln32右边，所以不等式成立.当n2时，ln(2i1)ln(2i1)ln(2n1).在（2）中取k，得f(x)(x0)，从而f(iN*，i2)，所以有ln(2n1)f（2）2ln32ln32ln312.综上，ln(2n1)2，nN*.（文）解：（1）f(x)x2(1a)xa(x1)(xa).由f(x)0，得x11，x2a0.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(a，)；单调递减区间是
20、(1，a).（2）由（1）知f(x)在区间(2，1)内单调递增，在区间(1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0a.所以，a的取值范围是.（3）a1时，f(x)x3x1.由（1）知f(x)在3，1上单调递增，在1,1上单调递减，在1,2上单调递增.当t3，2时，t30,1，1t，t3，f(x)在t，1上单调递增，在1，t3上单调递减.因此，f(x)在t，t3上的最大值M(t)f(1)，而最小值m(t)为f(t)与f(t3)中的较小者.由f(t3)f(t)3(t1)(t2)知，当t3，2时，f(t)f(t3)，故m(t)f(t)，所以g(t)f(1)f(t).而f(t)在3，2上单调递增，因此f(t)f(2)，所以g(t)在3，2上的最小值为g(2).当t2，1时，t31,2，且1,1t，t3.下面比较f(1)，f（1），f(t)，f(t3)的大小.由f(x)在2，1，1,2上单调递增，有f(2)f(t)f(1).f（1）f(t3)f（2）.又由f（1）f(2)，f(1)f（2），从而M(t)f(1)，m(t)f（1），所以g(t)M(t)m(t).综上，函数g(t)在区间3，1上的最小值为.