《解析》江西省宜春市樟树中学2016届高三数学考前最后一卷（文科） WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年江西省宜春市樟树中学高考数学考前最后一卷（文科）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，只有一项是符合题目要求的.1若复数z满足zi=1+i，则z的共轭复数是（）A1iB1+iC1+iD1i2已知复数z，“z+=0”是“z为纯虚数”的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分也不必要条件3某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（）A B C D14南北朝时期的数学古籍张邱建算经有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差（即等差）降之，

2、上三人，得金四斤，持出；下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给问：每等人比下等人多得几斤？”（）A B C D5执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A7B9C10D116语文、数学、英语共三本课本放成一摞，语文课本与数学课本恰好相邻放置的概率是（）A B C D7若点P（cos，sin）在直线y=2x上，则sin2的值等于（）AB CD8已知函数f（x）=sinx+cosx（R）的图象关于x=对称，则把函数f（x）的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，再向右平移，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的一条对称轴方程为（）Ax=Bx=Cx=Dx=9设等比数列an前n项和为

3、Sn，若al+8a4=0，则=（）AB C D10已知f（x）=+ax，若f（ln3）=2，则f（ln）等于（）A2B1C0D111已知函数f（x）= 满足条件，对于x1R，存在唯一的x2R，使得f（x1）=f（x2）当f（2a）=f（3b）成立时，则实数a+b=（）A BC +3D+312如图，已知F1、F2为双曲线C：（a0，b0）的左、右焦点，点P在第一象限，且满足=，（）=0，线段PF2与双曲线C交于点Q，若=5，则双曲线C的渐近线方程为（）Ay=By=Cy=Dy=二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上13某单位为了了解用电量y度与气温xC之间的关系，随机

4、统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：气温（C）1813101用电量（度）24343864由表中数据得线性回归方程中b=2，预测当气温为4C时，用电量的度数约为14如图，在ABC中，点D在边BC上，CAD=，AC=，cosADB=若ABD的面积为7，则AB=15已知数列an中，a1=1，a2k=a2k1+（1）k，a2k+1=a2k+2k（kN*），则an的前60项的和S60=16若过点P（a，a）与曲线f（x）=xlnx相切的直线有两条，则实数a的取值范围是三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17已知数列an和bn满足a1=2，b1=1，

5、2an+1=an，b1+b2+b3+bn=bn+11（nN*）（1）求an与bn；（2）记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn18某市组织高一全体学生参加计算机操作比赛，等级分为1至10分，随机调阅了A、B两所学校各60名学生的成绩，得到样本数据如表：B校样本数据统计表：成绩（分）12345678910人数（个）000912219630（）计算两校样本数据的均值和方差，并根据所得数据进行比较（）从A校样本数据成绩分别为7分、8分和9分的学生中按分层抽样方法抽取6人，若从抽取的6人中任选2人参加更高一级的比赛，求这2人成绩之和大于或等于15的概率19如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，

6、底面ABCD是菱形，BAD=60，AB=PD=2，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点（1）证明：平面EAC平面PBD；（2）若E是PB中点，求点B平面EDC的距离20已知点G（5，4），圆C1：（x1）2+（x4）2=25，过点G的动直线l与圆C1相交于E、F两点，线段EF的中点为C（1）求点C的轨迹C2的方程；（2）若过点A（1，0）的直线l1与C2相交于P、Q两点，线段PQ的中点为M；又l1与l2：x+2y+2=0的交点为N，求证|AM|AN|为定值21已知函数f（x）=（a）x2+lnx，g（x）=f（x）2ax（aR）（1）当a=0时，求f（x）在区间，e上的最大值和最小值；（2）

7、若对x（1，+），g（x）0恒成立，求a的取值范围从下列三题中选做一题（一）.选修4-1：几何证明选讲22在ABC中，AB=AC，过点A的直线与其外接圆交于点P，交BC延长线于点D（1）求证：；（2）若AC=3，求APAD的值（二）选修4-4：坐标系与参数方程23在以直角坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C1的方程是=1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2（）求曲线C2的极坐标方程；（）若曲线C1的切线交曲线C2于不同两点M，N，切点为T，求|TM|TN|的取值范围（三）选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=m|x2|，mR，且f（x+2）1的解集A满足1，1A（1

8、）求实数m的取值范围B；（2）若a，b，c（0，+），m0为B中的最小元素且+=m0，求证：a+2b+3c2016年江西省宜春市樟树中学高考数学考前最后一卷（文科）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，只有一项是符合题目要求的.1若复数z满足zi=1+i，则z的共轭复数是（）A1iB1+iC1+iD1i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】求出复数z即可求解结果【解答】解：复数z满足zi=1+i，z=1iz的共轭复数是：1+i故选：B2已知复数z，“z+=0”是“z为纯虚数”的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分也不

9、必要条件【考点】复数的基本概念；必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】由充分必要条件的判断方法，结合两复数和为纯虚数的条件判断【解答】解：对于复数z，若z+=0，z不一定为纯虚数，可以为0，反之，若z为纯虚数，则z+=0“z+=0”是“z为纯虚数”的必要非充分条件故选：B3某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（）A B C D1【考点】由三视图求面积、体积【分析】几何体是正方体挖去一个正四棱锥，判断三视图的数据所对应的几何量，并计算四棱锥的斜高与高，代入正方体与棱锥的体积公式计算【解答】解：由三视图知：几何体是正方体挖去一个正四棱

10、锥，其中正方体的边长为1，挖去的正四棱锥的斜高为，四棱锥的高为=，几何体的体积V=1312=故选：C4南北朝时期的数学古籍张邱建算经有如下一道题：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差（即等差）降之，上三人，得金四斤，持出；下四人后入得三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给问：每等人比下等人多得几斤？”（）A B C D【考点】等差数列的通项公式【分析】根据题意将毎等人所得的黄金斤数构造等差数列，设公差为d，根据题意和等差数列的前n项和公式列出方程组，求出公差d即可得到答案【解答】解：设第十等人得金a1斤，第九等人得金a2斤，以此类推，第一等人得金a10斤，则数列an构成等差数列，设公差为d

11、，则每一等人比下一等人多得d斤金，由题意得，即，解得d=，每一等人比下一等人多得斤金故选：B5执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A7B9C10D11【考点】程序框图【分析】模拟程序框图的运行过程，该程序是累加求和的应用问题，当S1时输出i的值即可【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；，否；，否；，否；，否；，是，输出i=9故选：B6语文、数学、英语共三本课本放成一摞，语文课本与数学课本恰好相邻放置的概率是（）A B C D【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】利用列举法求出三本书放一摞的所有可能和语文课本与数学课本恰好相邻放置的情况种数，由此能求出数学课本和语文课本放在一起的概率

12、【解答】解：三本书放一摞的所有可能为（语，数，英），（语，英，数），（数，语，英），（数，英，语），（英，语，数），（英，数，语）共6种放法，其中语文课本与数学课本恰好相邻放置有4种情况，故数学课本和语文课本放在一起的概率为p=故选：D7若点P（cos，sin）在直线y=2x上，则sin2的值等于（）AB CD【考点】二倍角的余弦；任意角的三角函数的定义【分析】把点P代入直线方程求得tan的值，进而利用万能公式对sin2化简整理后，把tan的值代入即可【解答】解：P（cos，sin）在y=2x上，sin=2cos，即tan=2sin2=故选：A8已知函数f（x）=sinx+cosx（R）的图象

13、关于x=对称，则把函数f（x）的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，再向右平移，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的一条对称轴方程为（）Ax=Bx=Cx=Dx=【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】利用函数y=Asin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，求得函数g（x）的一条对称轴方程【解答】解：根据函数f（x）=sinx+cosx（R）的图象关于x=对称，可得，可得=1，所以把f（x）的图象横坐标扩大到原来的2倍，再向右平移，得到函数g（x）的图象，故，所以函数g（x）的对称轴的方程为当k=0时，对称轴的方程为，故选：D9设等比数列an前n项和为Sn，若al+8

14、a4=0，则=（）AB C D【考点】等比数列的前n项和【分析】设等比数列an的公比为q，由al+8a4=0，利用通项公式可得q再利用等比数列的前n项和公式即可得出【解答】解：设等比数列an的公比为q，al+8a4=0，=0，可得q=则=故选：C10已知f（x）=+ax，若f（ln3）=2，则f（ln）等于（）A2B1C0D1【考点】函数奇偶性的性质；函数的值【分析】利用函数的解析式求出f（x）+f（x）的值，然后求解f（ln）【解答】解：因为，所以，故选：B11已知函数f（x）= 满足条件，对于x1R，存在唯一的x2R，使得f（x1）=f（x2）当f（2a）=f（3b）成立时，则实数a+b=

15、（）A BC +3D+3【考点】分段函数的应用【分析】根据条件得到f（x）在（，0）和（0，+）上单调，得到a，b的关系进行求解即可【解答】解：若对于x1R，存在唯一的x2R，使得f（x1）=f（x2）f（x）在（，0）和（0，+）上单调，则b=3，且a0，由f（2a）=f（3b）得f（2a）=f（9），即2a2+3=+3=3+3，即a=，则a+b=+3，故选：D12如图，已知F1、F2为双曲线C：（a0，b0）的左、右焦点，点P在第一象限，且满足=，（）=0，线段PF2与双曲线C交于点Q，若=5，则双曲线C的渐近线方程为（）Ay=By=Cy=Dy=【考点】双曲线的标准方程【分析】由题意，|P

16、F1|=|F1F2|2c，|QF1|=a，|QF2|=a，由余弦定理可得=，确定a，b的关系，即可求出双曲线C的渐近线方程【解答】解：由题意，（）=0，|PF1|=|F1F2|=2c，|QF1|=a，|QF2|=a，由余弦定理可得=，c=a，b=a，双曲线C的渐近线方程为y=x故选：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上13某单位为了了解用电量y度与气温xC之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：气温（C）1813101用电量（度）24343864由表中数据得线性回归方程中b=2，预测当气温为4C时，用电量的度数约为68【考点】回归分析的

17、初步应用【分析】根据所给的表格做出本组数据的样本中心点，根据样本中心点在线性回归直线上，利用待定系数法做出a的值，现在方程是一个确定的方程，根据所给的x的值，代入线性回归方程，预报要销售的件数【解答】解：由表格得，为：（10，40），又在回归方程上且b=240=10（2）+a，解得：a=60，y=2x+60当x=4时，y=2（4）+60=68故答案为：6814如图，在ABC中，点D在边BC上，CAD=，AC=，cosADB=若ABD的面积为7，则AB=sqrt37【考点】正弦定理；余弦定理【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinADB，利用两角差的正弦函数公式可求sinC的值，从而在

18、ADC中，由正弦定理可求AD的值，进而利用三角形面积公式可求BD，在ADB中，利用余弦定理即可求得AB的值【解答】解：因为，所以又因为，所以，所以=在ADC中，由正弦定理得，故又，解得BD=5在ADB中，由余弦定理得：可得：AB=故答案为：15已知数列an中，a1=1，a2k=a2k1+（1）k，a2k+1=a2k+2k（kN*），则an的前60项的和S60=23294【考点】数列的求和【分析】由条件可得S奇=S偶，求出a2，a4，a6，累加可得S偶=23147，问题得以解决【解答】解：由题意，得a2=a11=0，a4=a3+1，a6=a51，a60=a59+1，所以S奇=S偶又（k2），代入

19、，得（k2），所以a2=0，将上式相加，得2+22+2k1+（1）2+（1）3+（1）k=，所以S偶=23147，所以=2329416若过点P（a，a）与曲线f（x）=xlnx相切的直线有两条，则实数a的取值范围是（e，+）【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】设切点为（m，mlnm），求出导数，求得切线的斜率，由两点的斜率公式可得=，设g（m）=，求出导数和单调区间，可得最大值，由题意可得0，解不等式即可得到所求范围【解答】解：设切点为（m，mlnm），f（x）=xlnx的导数为f（x）=1+lnx，可得切线的斜率为1+lnm，由切线经过点P（a，a），可得1+lnm=，化简可得=，

20、（*），由题意可得方程（*）有两解，设g（m）=，可得g（m）=，当me时，g（m）0，g（m）递增；当0me时，g（m）0，g（m）递减可得g（m）在m=e处取得极大值，且为最大值，即有0，解得ae故答案为：（e，+）三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17已知数列an和bn满足a1=2，b1=1，2an+1=an，b1+b2+b3+bn=bn+11（nN*）（1）求an与bn；（2）记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）利用公式直接计算可知数列an的通项公式，通过作差可知=，进而可得bn=n；（2）通过

21、（1）可知anbn=n，进而利用错位相减法计算即得结论【解答】解：（1）a1=2，2an+1=an得由题意知：当n=1时，b1=b21，故b2=2，当n2时，即=，由b1=1可知，bn=n；（2）由（1）知，anbn=n，Tn=+2+n，两式相减得： Tn=+n，=n，故Tn=818某市组织高一全体学生参加计算机操作比赛，等级分为1至10分，随机调阅了A、B两所学校各60名学生的成绩，得到样本数据如表：B校样本数据统计表：成绩（分）12345678910人数（个）000912219630（）计算两校样本数据的均值和方差，并根据所得数据进行比较（）从A校样本数据成绩分别为7分、8分和9分的学生中

22、按分层抽样方法抽取6人，若从抽取的6人中任选2人参加更高一级的比赛，求这2人成绩之和大于或等于15的概率【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图【分析】（）分别求出A校样本的平均成绩、方差和B校样本的平均成绩、方差，从而得到两校学生的计算机成绩平均分相同，A校学生的计算机成绩比较稳定，总体得分情况比较集中，（）根据分成抽样求出故抽取的7分有4人即为A，B，C，D，8分和9分的学生中各为1人，记为a，b，一一列举所有的基本事件，再找到满足条件的基本事件，根据概率公式计算即可【解答】解：（）从A校样本数据的条形图知：成绩分别为4分、5分、6分、7分、8分、9分的学生分别有：6人

23、、15人、21人、12人、3人、3人A校样本的平均成绩为： =（46+515+621+712+83+93）=6（分），A校样本的方差为SA2= 6（46）2+15（56）2+21（66）2+12（76）2+3（86）2+3（96）2=1.5从B校样本数据统计表知：B校样本的平均成绩为： =（49+512+621+79+86+93=6（分），B校样本的方差为SB2= 9（46）2+12（56）2+21（66）2+9（76）2+6（86）2+3（96）2=1.8=，SA2SB2，两校学生的计算机成绩平均分相同，A校学生的计算机成绩比较稳定，总体得分情况比较集中（）A校样本数据成绩分别为7分、8分和

24、9分的学生中按分层抽样方法抽取6人，由于7分、8分、9分的学生分别有12人，3人，3人，故抽取的7分有6=4人即为A，B，C，D，8分和9分的学生中各为1人，记为a，b，故从抽取的6人中任选2人参加更高一级的比赛，共有AB，AC，AD，BC，BD，CD，Aa，Ba，Ca，Da，Ab，Bb，Cb，Db，ab共有15种，其中2人成绩之和大于或等于15的分的有Aa，Ba，Ca，Da，Ab，Bb，Cb，Db，ab共9种，故这2人成绩之和大于或等于15的概率P=19如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是菱形，BAD=60，AB=PD=2，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点（1）

25、证明：平面EAC平面PBD；（2）若E是PB中点，求点B平面EDC的距离【考点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算【分析】（1）由PD平面ABCD得PDAC，由菱形性质得ACBD，故而AC平面PBD，于是平面EAC平面PBD；（2）连结OE，则可证OE平面ABCD，以O为原点建立空间坐标系，求出BC与平面CDE所成的角，则点B到平面EDC的距离为|BC|sin【解答】证明：（1）PD平面ABCD，AC平面ABCD，PDAC，底面ABCD是菱形，ACBD，又PD平面PBD，BD平面PBD，PDBD=D，AC平面PBDAC平面EAC，平面EAC平面PBD（2）连结OE，O，E分别是BD，

26、PB的中点，OEPD，OE=PD=1PD平面ABCD，OE平面ABCD底面ABCD是菱形，ACBD以O为原点，以OA，OB，OE为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：底面ABCD是菱形，BAD=60，AB=2，ABD，BCD是等边三角形，OB=OD=1，OA=OC=B（0，1，0），C（，0，0），D（0，1，0），E（0，0，1）=（，1，0），=（，1，0），=（0，1，1）设平面CDE的法向量为=（x，y，z），则，令x=1得=（1，）cos=设BC与平面CDE所成的角为，则sin=|cos|=点B到平面EDC的距离为|BC|sin=20已知点G（5，4），圆C1：（x1）2+（x4）2

27、=25，过点G的动直线l与圆C1相交于E、F两点，线段EF的中点为C（1）求点C的轨迹C2的方程；（2）若过点A（1，0）的直线l1与C2相交于P、Q两点，线段PQ的中点为M；又l1与l2：x+2y+2=0的交点为N，求证|AM|AN|为定值【考点】轨迹方程；两条直线的交点坐标【分析】（1）利用=0，即可求点C的轨迹C2的方程；（2）分别联立相应方程，求得M，N的坐标，再求【解答】（1）解：圆C1：（x1）2+（x4）2=25，圆心C1（1，4），半径为5，设C（x，y），则=（x1，y4），=（5x，4y），=0，（x1）（5x）+（y4）（4y）=0，即：（x3）2+（y4）2=4，点C的

28、轨迹C2的方程为：（x3）2+（y4）2=4；（2）证明：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为kxyk=0与x+2y+2=0联立可得N（，），又直线CM与l1垂直，得M（，）|AM|AN|=6为定值21已知函数f（x）=（a）x2+lnx，g（x）=f（x）2ax（aR）（1）当a=0时，求f（x）在区间，e上的最大值和最小值；（2）若对x（1，+），g（x）0恒成立，求a的取值范围【考点】利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）求出f（x）的导数，通过讨论b的范围，确定函数的单调区间，从而求出函数的最大值和最小值；（2）求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调区

29、间，从而求出a的范围【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+），当a=0时，；当，有f（x）0；当，有f（x）0，f（x）在区间，1上是增函数，在1，e上为减函数，又，（2），则g（x）的定义域为（0，+），若，令g（x）=0，得极值点x1=1，当x2x1=1，即时，在（0，1）上有g（x）0，在（1，x2）上有g（x）0，在（x2，+）上有g（x）0，此时g（x）在区间（x2，+）上是增函数，并且在该区间上有g（x）（g（x2），+），不合题意；当x2x1=1，即a1时，同理可知，g（x）在区间（1，+）上，有g（x）（g（1），+），也不合题意；若，则有2a10，此时在区间（1，+）上恒有

30、g（x）0，g（x）在（1，+）上是减函数；要使g（x）0在此区间上恒成立，只须满足，a的范围是，综合可知，当时，对x（1，+），g（x）0恒成立从下列三题中选做一题（一）.选修4-1：几何证明选讲22在ABC中，AB=AC，过点A的直线与其外接圆交于点P，交BC延长线于点D（1）求证：；（2）若AC=3，求APAD的值【考点】相似三角形的性质；相似三角形的判定【分析】（1）先由角相等CPD=ABC，D=D，证得三角形相似，再结合线段相等即得所证比例式；（2）由于ACD=APC，CAP=CAP，从而得出两个三角形相似：“APCACD”结合相似三角形的对应边成比例即得APAD的值【解答】解：（1

31、）CPD=ABC，D=D，DPCDBA，又AB=AC，（2）ACD=APC，CAP=CAP，APCACD，AC2=APAD=9（二）选修4-4：坐标系与参数方程23在以直角坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C1的方程是=1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2（）求曲线C2的极坐标方程；（）若曲线C1的切线交曲线C2于不同两点M，N，切点为T，求|TM|TN|的取值范围【考点】简单曲线的极坐标方程【分析】（I）曲线C1的方程是=1，即2=1，利用2=x2+y2，即可化为直角坐标方程：再向上平移1个单位得到曲线C2：x2+（y1）2=1，展开利用即可得到曲线C2的极坐标方程（

32、II）设T（cos，sin），0，切线的参数方程为：（t为参数），代入C2的方程化为：t2+2tcos（）sin+12sin=0，利用|TM|TN|=|t1t2|及其三角函数的单调性即可得出【解答】解：（I）曲线C1的方程是=1，即2=1，化为x2+y2=1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2：x2+（y1）2=1，展开为x2+y22y=0则曲线C2的极坐标方程为22sin=0，即=2sin（II）设T（cos，sin），0，切线的参数方程为：（t为参数），代入C2的方程化为：t2+2tcos（）sin+12sin=0，t1t2=12sin，|TM|TN|=|t1t2|=|12sin|0，1，

33、|TM|TN|的取值范围是0，1（三）选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=m|x2|，mR，且f（x+2）1的解集A满足1，1A（1）求实数m的取值范围B；（2）若a，b，c（0，+），m0为B中的最小元素且+=m0，求证：a+2b+3c【考点】其他不等式的解法；元素与集合关系的判断【分析】（1）因为f（x）=m|x2|，所以f（x+2）1等价于|x|m1，解此不等式，结合1，1A知A是非空集合，得到端点的不等式得到m范围；（2）由（1）知m0=2，所以，即，利用乘1法，将要证不等式左边变形为满足基本不等式的形式【解答】解：（1）因为f（x）=m|x2|，所以f（x+2）1等价于|x|m1，由1，1A知A是非空集合，所以 1mxm1，结合1，1A可得m11m2，即实数m的取值范围是B=2，+）（2）由（1）知m0=2，所以，2016年7月18日高考资源网版权所有，侵权必究！