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2016年新疆维吾尔自治区高考数学二模试卷(文科)(解析版)


2016 年新疆维吾尔自治区高考数学二模试卷(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.已知集合 A={x||x|≤2},B={x|x2﹣3x≤0,x∈N},则 A∩B=( ) A.{0,4} B.{﹣2,﹣1,0} C.{﹣1,0,1} D.{0,1,2} 2.已知 A.1 B. 均为单位向量,它们的夹角为 120°,那么 C. D.7 ) =( )

3.已知复数 z1=a+i,z2=a﹣ai,且 z1?z2>0,则实数 a 的值为( A.0 B.1 C.﹣1 D.0 或﹣1 4.函数 A. B.0 C.﹣1 D. 5.如图,该程序运行后输出的结果为(

的最大值与最小值之和为(





A.7 B.11 C.25 D.36 6.在以下区间中,函数 f(x)=ex+x3﹣4 存在零点的是( ) A.[﹣1,0] B.[0,1] C.[1,2] D.[2,3] 7.等差数列{an}中,已知 a2+a6+a10=36,则该数列前 11 项和 S11=( ) A.132 B.66 C.33 D.11 8.a﹣b+1>0 是 a>|b|的( ) A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 9.盒中共有 6 件除了颜色外完全相同的产品,其中有 1 件红色,2 件白色和 3 件黑色,从 中任取两件,则两件颜色不相同的概率为( A. B. C. D. ,若 ) )

10.设等比数列{an}的各项均为正数,且

,则数列{bn}的前 10 项和为( A. B. C. D.
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11.椭圆

的右焦点为 F,直线 x=t 与椭圆相交于点 A,B,若△FAB 的周长等于 8 ) D.2 ,且 0<|m|<1,0<|n|<1,mn<0,则使不 )

则△FAB 的面积为( A.1 B. C. 12.已知

等式 f(m)+f(n)>0 成立的 m 和 n 还应满足的条件为( A.m>n B.m<n C.m+n>0 D.m+n<0

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13. 自治区教科院用分层抽样的方法, 从某校 600 份文理科试卷中抽取部分试卷进行样本分 析,其中抽取文科试卷若干份,每份文科试卷被抽到的概率为 ,则理科试卷共有 份. 14.某几何体的三视图如图,则几何体的表面积为



15.已知直线 l:y=x﹣1 与曲线

相切于点 A,则 A 点坐标为



16.已知 O 为坐标原点,过双曲线

上的点 P(1,0)作两条渐近线的平行线,

交两渐近线分别于 A,B 两点,若平行四边形 OBPA 的面积为 1,则双曲线的离心率 为 . 三、解答题(本大题分必考题和选考题两部分,满分 60 分,解答应写出文字说明,证明过 程或演算过程) 17.已知△ABC 中,角 A,B,C 依次成公差大于零的等差数列,且 (1)求角 C; (2)若 a=2,求三角形 ABC 内切圆的半径 R. 18.在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=BC=2AA1=4. (1)求证:平面 BDC1∥平面 AB1D1; (2)求点 C1 到平面 AB1D1 的距离. .

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19.连锁水果店店主每天以每件 50 元购进水果若干件,以 80 元一件销售;若供大于求,当 天剩余水果以 40 元一件全部退回;若供不应求,则立即从连锁店 60 元一件调剂,以 80 元 一件销售. (1)若水果店一天购进水果 5 件,求当天的利润 y(单位:元)关于当天需求量 n(单位: 件,n∈N*)的函数解析式; (2)店主记录了 30 天水果的日需求量 n(单位:件)整理得表: 3 4 5 6 7 日需求量 2 3 15 6 4 频数 若水果店一天购进 5 件水果,以 30 天记录的各需求量发生的频率作为概率,求每天的利润 在区间[150,200]的概率. 20.已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的内接等边三角形 AOB 的面积为 (其中 O 为坐标 原点) . (1)试求抛物线 C 的方程; (2)已知点 M(1,1) ,P,Q 两点在抛物线 C 上,△MPQ 是以点 M 为直角顶点的直角三 角形,求证:直线 PQ 恒过定点. 21.已知函数 f(x)=x2﹣2alnx. (1)求 f(x)的极值; (2)当 a>0 时,函数 g(x)=f(x)﹣2ax 有唯一零点,试求 a 的值. 请考生在第 22、23、24 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分,作答时请 写清题号.[选修 4--1:几何证明选讲] 22.已知 A,B,C,D 是⊙O 上的四个点 (Ⅰ)如图 1,若∠ADC=∠BCD=90°,AB=BC,求证:AC⊥BD; (Ⅱ)如图 2,若 AC⊥BD 于点 E,AB=6,DC=8,求⊙O 的面积 S.

[选修 4--4:坐标系与参数方程] 23. 已知曲线 C1 的参数方程为 (θ∈[﹣ , ]为参数) , 以坐标原点为极点,

x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为 2ρ(cosθ﹣sinθ)=3. (Ⅰ)求 C1 与 C2 交点的直角坐标; (Ⅱ)求 C1 上任意一点 P 到 C2 距离 d 的最大值. [选修 4--5:不等式选讲]
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24.已知函数 f(x)=|x+1|+2|x﹣1| (Ⅰ)求不等式 f(x)≥x+3 的解集; (Ⅱ)若关于 x 的不等式 f(x)≥loga(x+1)在 x≥0 上恒成立,求 a 的取值范围.

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2016 年新疆维吾尔自治区高考数学二模试卷(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.已知集合 A={x||x|≤2},B={x|x2﹣3x≤0,x∈N},则 A∩B=( ) A.{0,4} B.{﹣2,﹣1,0} C.{﹣1,0,1} D.{0,1,2} 【考点】交集及其运算. 【分析】求出 A 中方程的解确定出 A,列举出集合 B 中的元素确定出 B,找出两集合的交 集即可. 【解答】解:∵集合 A={x||x|≤2}={x|﹣2≤x≤2}, B={x|x2﹣3x≤0,x∈N}={0,1,2,3}, 则 A∩B={0,1,2}, 故选:D.

2.已知 A.1 B.

均为单位向量,它们的夹角为 120°,那么 C. D.7

=(



【考点】平面向量数量积的运算. 【分析】由条件利用两个向量的数量积的定义求得 的值. 【解答】解:∵ ∴ 故选:B. =

,再利用求向量的模的方法,求出

均为单位向量,它们的夹角为 120°,∴ = = = ,

=1?1?cos120°=﹣ ,

3.已知复数 z1=a+i,z2=a﹣ai,且 z1?z2>0,则实数 a 的值为( A.0 B.1 C.﹣1 D.0 或﹣1 【考点】复数代数形式的乘除运算. 【分析】利用复数的乘法运算法则化简,求解即可. 【解答】解:复数 z1=a+i,z2=a﹣ai, 可得:z1?z2=a2+a+ai﹣a2i, ∵z1?z2>0, ∴a﹣a2=0,a2+a>0,解得 a=1. 故选:B.



4.函数 A. B.0 C.﹣1 D.

的最大值与最小值之和为(



【考点】正弦函数的图象.

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【分析】根据 x 的取值范围,求出 出函数 y 的最大、最小值即可. 【解答】解:当 0≤x≤3 时,﹣ 所以函数 y=2sin( 最小值是 2×(﹣ x﹣ )= ﹣

x﹣

的取值范围,再利用正弦函数的图象与性质求



x﹣





) (0≤x≤3)的最大值是 2×1=2, , .

最大值与最小值的和为 2﹣ 故选:A.

5.如图,该程序运行后输出的结果为(



A.7

B.11

C.25

D.36

【考点】程序框图. 【分析】 经过观察为当型循环结构, 按照循环结构进行执行, 当不满足执行条件时跳出循环, 输出结果即可. 【解答】解:模拟执行程序,可得 k=1,S=0 满足条件 k≤10,S=1,k=3 满足条件 k≤10,S=4,k=7 满足条件 k≤10,S=11,k=15 不满足条件 k≤10,退出循环,输出 S 的值为 11. 故选:B. 6.在以下区间中,函数 f(x)=ex+x3﹣4 存在零点的是( A.[﹣1,0] B.[0,1] C.[1,2] D.[2,3] )

【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】根据导函数判断函数 f(x)=ex+x3﹣4 单调递增,运用零点判定定理,判定区间. 【解答】解:∵函数 f(x)=ex+x3﹣4, ∴f′(x)=ex+4 ∵ex>0,∴f′(x)=ex+4>0 ∴函数 f(x)=ex+x3﹣4,在(﹣∞,+∞)上为增函数, f(2)=e2+23﹣4=e2+4>0,
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f(1)=e1+13﹣4<0, ∴f(1)?f(2)<0, ∴函数 f(x)=ex+x3﹣4 的零点所在的区间为(1,2) 故选:C. 7.等差数列{an}中,已知 a2+a6+a10=36,则该数列前 11 项和 S11=( A.132 B.66 C.33 D.11 【考点】等差数列的前 n 项和. 【分析】由等差数列的性质知 S11= 【解答】解:等差数列{an}中, ∵a2+a6+a10=36, ∴3a6=36, ∴2a6=24=a1+a11, ∴S11=11a6=132, 故选:A. 8.a﹣b+1>0 是 a>|b|的( ) A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【分析】由 a>|b|,可得 a>b 或 a>﹣b,可得 a﹣b>0>﹣1,或 a+b>0.反之:由 a﹣b+1 >0,取 a=2,b=﹣5,则 a>|b|不成立.即可判断出结论. 【解答】解:由 a>|b|,可得 a>b 或 a>﹣b,∴a﹣b>0>﹣1,或 a+b>0. 由 a﹣b+1>0,取 a=2,b=﹣5,则 a>|b|不成立. ∴a﹣b+1>0 是 a>|b|的必要不充分条件. 故选:C. 9.盒中共有 6 件除了颜色外完全相同的产品,其中有 1 件红色,2 件白色和 3 件黑色,从 中任取两件,则两件颜色不相同的概率为( A. B. C. D. ) )

(a1+a11)=11a6,由此能够求出结果

【考点】古典概型及其概率计算公式. 2 件白色和 3 件黑色, 【分析】 盒中共有 6 件除了颜色外完全相同的产品, 其中有 1 件红色, 从中任取两件,先求出基本事件总数,两件颜色不相同的对立事件是两件颜色相同,由此能 求出两件颜色不相同的概率. 【解答】解:盒中共有 6 件除了颜色外完全相同的产品,其中有 1 件红色,2 件白色和 3 件 黑色, 从中任取两件,基本事件总数 n= =15, =4, = .

两件颜色相同包含的基本事件个数 m= ∴两件颜色不相同的概率为 p=1﹣ =1﹣

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故选:D.

10.设等比数列{an}的各项均为正数,且

,若 )

,则数列{bn}的前 10 项和为( A. B. C. D.

【考点】数列的求和. 【分析】通过 q6=4? q? q7 可知 q= ,进而可知 an= 知 bn=﹣2( ﹣ ) ,并项相加即得结论. ,利用对数的运算性质、裂项可

【解答】解:依题意,a2= q,a4= q3,a8= q7, 则 q6=4? q? q7,即 q2= ,

又∵等比数列{an}的各项均为正数, ∴q= , ∴an= ∵ =log2(a1a2a3…an) = ,

=﹣ ∴bn=﹣ =﹣2( ﹣ ) , ﹣ )=﹣ ,

故所求值为﹣2(1﹣ + ﹣ +…+ 故选:A.

11.椭圆

的右焦点为 F,直线 x=t 与椭圆相交于点 A,B,若△FAB 的周长等于 8

则△FAB 的面积为( ) A.1 B. C. D.2 【考点】椭圆的简单性质. 【分析】F .设直线 x=t 与 x 轴相交于点 D(t,0) ,由于△FAB 的周长等于 8, 可得|AB|+|AF|+|BF|=8=4×a,因此直线 x=t 经过左焦点(﹣ ,0) .解出即可得出. 【解答】解:F .
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设直线 x=t 与 x 轴相交于点 D(t,0) , ∵△FAB 的周长等于 8,∴|AB|+|AF|+|BF|=8=4×2, 因此直线 x=t 经过左焦点(﹣ ,0) . 把 x=﹣ 代入椭圆方程可得:y2=1﹣ = ,解得 y= .

∴|AB|=1. ∴△FAB 的面积= 故选:C. = ,

12.已知

,且 0<|m|<1,0<|n|<1,mn<0,则使不

等式 f(m)+f(n)>0 成立的 m 和 n 还应满足的条件为( ) A.m>n B.m<n C.m+n>0 D.m+n<0 【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法;不等式的证明. 【分析】本题是一个分段函数,由题意知应先确定 m,n 的正负,得出关于,m,n 的不等 式,化简变形根据符号来确定 m,n 所应满足的另外的一个关系. 【解答】解:不妨设 m>0,n<0, 则 由 n﹣m<0,f(m)+f(n)>0, 故 m+n<0 故应选 D. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13. 自治区教科院用分层抽样的方法, 从某校 600 份文理科试卷中抽取部分试卷进行样本分 析, 其中抽取文科试卷若干份, 每份文科试卷被抽到的概率为 , 则理科试卷共有 450 份. 【考点】古典概型及其概率计算公式. 【分析】利用分层抽样性质和概率性质求解. 【解答】 解: ∵用分层抽样的方法, 从某校 600 份文理科试卷中抽取部分试卷进行样本分析, 其中抽取文科试卷若干份,每份文科试卷被抽到的概率为 , ∴文科试卷共有 600× =150, ∴理科试卷共有 600﹣150=450 份. 故答案为:450. 14.某几何体的三视图如图,则几何体的表面积为 6+2 +2 . = ,

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【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由三视图可知该几何体一个四棱锥,由三视图求出几何元素的长度,由面积公式求 出几何体的表面积. 【解答】解:根据三视图可知几何体是一个四棱锥, 底面是一个边长为 2 的正方形,PE⊥面 ABCD,且 PE=2, 其中 E、F 分别是 BC、AD 的中点,连结 EF、PA, 在△PEB 中,PB= ,同理可得 PC= , ∵PE⊥面 ABCD,∴PE⊥CD, ∵CD⊥BC,BC∩PE=E,∴CD⊥面 PBC,则 CD⊥PC, =3, 在△PCD 中,PD= 同理可得 PA=3,则 PF⊥AD, 在△PDF 中,PF= =2 + =6+2 +2 .

∴此几何体的表面积 S=2×2+ 故答案为:6+2 +2 .

15.已知直线 l:y=x﹣1 与曲线

相切于点 A,则 A 点坐标为 (1,0) .

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程. 【分析】设切点 A(m,n) ,代入切线的方程和曲线方程,求得函数的导数,求得切线的斜 2 率,化为 lnm+m =1,由 f(m)=lnm+m2 的导数大于 0,且 f(1)=0,解方程可得 m=1,n=0, 进而得到切点的坐标. 【解答】解:设切点 A(m,n) ,可得 m﹣1=n, =n,

y=

的导数为 y′=



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可得

=1,

即为 lnm+m2=1, 由 f(m)=lnm+m2 的导数为 +2m>0, 则 f(m)递增,且 f(1)=1, 即有方程 lnm+m2=1 的解为 m=1. 可得 n=0. 即为 A(1,0) . 故答案为: (1,0) .

16.已知 O 为坐标原点,过双曲线

上的点 P(1,0)作两条渐近线的平行线,

B 两点, 交两渐近线分别于 A, 若平行四边形 OBPA 的面积为 1, 则双曲线的离心率为 . 【考点】双曲线的简单性质. 【分析】作出对应的图象,求出交点坐标,结合平行四边形的面积建立方程关系求出 a 的值 进行求解即可. 【解答】解:双曲线的渐近线方程为 y=±ax, (不妨设 a>0) , 设与 y=﹣ax 平行且过 P 的直线方程为 y=﹣a(x﹣1)=﹣ax+a,



,得

,即 A( ,

a) ,

则平行四边形 OBPA 的面积 S=2S△ OBP=2× ×1× a= a=1,得 a=2, 即双曲线的方程为 x2﹣ 则双曲线的 a1=1,b1=2, 则 c= = , = = , =1,

即双曲线的离心率 e= 故答案为:

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三、解答题(本大题分必考题和选考题两部分,满分 60 分,解答应写出文字说明,证明过 程或演算过程) 17.已知△ABC 中,角 A,B,C 依次成公差大于零的等差数列,且 (1)求角 C; (2)若 a=2,求三角形 ABC 内切圆的半径 R. 【考点】正弦定理;余弦定理. 【分析】 (1)由题意结合等差数列和三角形的知识可得 B= 及和差角的三角函数公式变形易得 C= (2)由(1)可得 A= ; ,A+C= ,再由 .

,由正弦定理可得 b 值,再由勾股定理可得 c 值,由等面积可得 R

的方程,解方程可得. 【解答】解: (1)∵△ABC 中,角 A,B,C 依次成公差大于零的等差数列, ∴2B=A+C,由 A+B+C=π 可得 B= 又∵ ∴﹣ cosC+ ,∴cos( sinC+cosC= ,A+C= ﹣C)+cosC= sinC= , , , ,

,即 cosC+ )=

由和差角的三角函数公式可得 sin(C+ ∴C+ = ,解得 C= ; ,C=

(2)由(1)可得 B=

,故 A=



由正弦定理可得 b=

=

=2



由勾股定理可得 c=

=4,
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由等面积可得 (2+4+2 解方程可得 R= ﹣1.

)R= ×2×2



18.在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=BC=2AA1=4. (1)求证:平面 BDC1∥平面 AB1D1; (2)求点 C1 到平面 AB1D1 的距离.

【考点】点、线、面间的距离计算;平面与平面平行的判定. 【分析】 (1)通过证明线面平行,证明平面 BDC1∥平面 AB1D1; (2)利用等体积法,求点 C1 到平面 AB1D1 的距离. 【解答】证明: (1)在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,B1C1∥AD 且 B1C1=AD, ∴B1C1DA 是平行四边形, ∴C1D∥B1A, ∵B1A? 平面 AB1D1,C1D?平面 AB1D1, ∴C1D∥平面 AB1D1, 同理 BD∥平面 AB1D1, ∵C1D∩BD=D, ∴平面 BDC1∥平面 AB1D1; 解: (2)设点 C1 到平面 AB1D1 的距离为 h. ∵AB1=AD1=2 ,B1D1=4 , ∴由 ∴h= , . = 得 = ,

∴点 C1 到平面 AB1D1 的距离为

19.连锁水果店店主每天以每件 50 元购进水果若干件,以 80 元一件销售;若供大于求,当 天剩余水果以 40 元一件全部退回;若供不应求,则立即从连锁店 60 元一件调剂,以 80 元 一件销售. (1)若水果店一天购进水果 5 件,求当天的利润 y(单位:元)关于当天需求量 n(单位: 件,n∈N*)的函数解析式; (2)店主记录了 30 天水果的日需求量 n(单位:件)整理得表: 3 4 5 6 7 日需求量 2 3 15 6 4 频数 若水果店一天购进 5 件水果,以 30 天记录的各需求量发生的频率作为概率,求每天的利润 在区间[150,200]的概率. 【考点】分段函数的应用.
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【分析】 (1)根据条件建立函数关系,即可求出函数的解析式. (2)分别求出当日需求量为 n 时,对应的频数,利用古典概型的概率公式进行求解即可. 【解答】解: (1)当 1≤n≤5 时,y=30n+(5﹣n)×(﹣10)=40n﹣50, 当 n>5 时,y=30×5+(n﹣5)×20=20n+50, 则 y= .

(2)当日需求量为 3,频数为 2 天,利润为 40×3﹣50=70, 当日需求量为 4,频数为 3 天,利润为 40×4﹣50=110, 当日需求量为 5,频数为 15 天,利润为 30×5=150, 当日需求量为 6,频数为 6 天,利润为 30×5+20=170, 当日需求量为 7,频数为 4 天,利润为 30×5+20×2=190, 则当天的利润在区间[150,200]上,有 25 天, 故当天的利润在区间[150,200]上的概率 P= = .

20.已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的内接等边三角形 AOB 的面积为 (其中 O 为坐标 原点) . (1)试求抛物线 C 的方程; (2)已知点 M(1,1) ,P,Q 两点在抛物线 C 上,△MPQ 是以点 M 为直角顶点的直角三 角形,求证:直线 PQ 恒过定点. 【考点】抛物线的简单性质. 【分析】 (1)设 A(xA,yA) ,B(xB,yB) ,由|OA|=|OB|,可得 +2pxA= +2pxB,化

简可得:点 A,B 关于 x 轴对称.因此 AB⊥x 轴,且∠AOx=30°.可得 yA=2 p,再利用 等边三角形的面积计算公式即可得出. (2)由题意可设直线 PQ 的方程为:x=my+a,P(x1,y1) ,Q(x2,y2) .与抛物线方程联 立化为:y2﹣my﹣a=0,利用∠PMQ=90°,可得 =m+ ,或 =﹣(m+ ) ,进而得出结论. =0 利用根与系数的关系可得

【解答】 (1)解:设 A(xA,yA) ,B(xB,yB) , ∵|OA|=|OB|,∴ +2pxA= +2pxB,化为(xA﹣xB) (xA+xB+2p)=0,

又 xA,xB≥0,∴xA+xB+2p>0, ∴xA=xB,|yA|=|yB|,因此点 A,B 关于 x 轴对称. ∴AB⊥x 轴,且∠AOx=30°. ∴ =tan30°= ,又 =2pxA, p. ,解得 p= .

∴yA=2 ∴S△ AOB=

p,∴|AB|=2yA=4 =3

∴抛物线 C 的方程为 y2=x.
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(2)证明:由题意可设直线 PQ 的方程为:x=my+a,P(x1,y1) ,Q(x2,y2) . 联立 ,化为:y2﹣my﹣a=0,△>0,∴y1+y2=m,y1y2=﹣a.

=0,∴(x1﹣1) ∵∠PMQ=90°,∴ (x2﹣1)+(y1﹣1) (y2﹣1)=0,化为:x1x2﹣ (x1+x2)+y1y2﹣(y1+y2)+2=0, ∴ ﹣ +3y1y2﹣(y1+y2)+2=0, = ,

∴a2﹣m2﹣3a﹣m+2=0,配方为 ∴ 当 ﹣1) . 当 =m+ ,或 =﹣(m+ ) ,

=m+ 时,a=m+2,直线 PQ 的方程化为:x=m(y+1)+2,直线 PQ 经过定点 H(2,

=﹣(m+ )时,直线 PQ 的方程化为:x=m(y﹣1)+1,直线 PQ 经过定点 H(1,

1) ,舍去. 综上可得:直线 PQ 经过定点 H(2,﹣1) . 21.已知函数 f(x)=x2﹣2alnx. (1)求 f(x)的极值; (2)当 a>0 时,函数 g(x)=f(x)﹣2ax 有唯一零点,试求 a 的值. 【考点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性. 【分析】 (1)求导数,分类讨论,确定函数的单调性,即可求 f(x)的极值; (2)求导数,确定函数的单调性,g(x)=0 有唯一解,g(x2)=0.则 x22﹣2alnx2﹣2ax2=0, x22﹣ax2﹣a=0,由此求 a 的值. 【解答】解: (1)函数的定义域为(0,+∞) ,f′(x)= .

a≤0 时,f′(x)≥0,函数在(0,+∞)上单调递增,无极值; a>0,函数在(0, )上单调递减, ( ,+∞)上单调递增,函数有极小值 f( ﹣alna; (2)g(x)=x2﹣2alnx﹣2ax, g′(x)= (x2﹣ax﹣a) . 令 g′(x)=0,得 x2﹣ax﹣a=0, ∵a>0,x>0, ∴x1= (舍) ,x2= ,

)=a

当 x∈(0,x2 )时,g′(x)<0,g(x)在(0,x2 )上是单调递减函数; 当 x∈(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x2,+∞)上是单调递增函数. ∴当 x=x2 时,g′(x2)=0,g(x)min=g(x2 ) ,
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∵g(x)=0 有唯一解,∴g(x2)=0. 则 x22﹣2alnx2﹣2ax2=0,x22﹣ax2﹣a=0, ∴2alnx2+ax2﹣a=0, ∵a>0,∴2lnx2+x2﹣1=0①, 设函数 h(x)=2lnx+x﹣1, ∵在 x>0 时 h(x)是增函数,∴h(x)=0 至多有一解. ∵h(1)=0,∴方程①的解为 x2=1,即 =1,解得 a= .

请考生在第 22、23、24 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分,作答时请 写清题号.[选修 4--1:几何证明选讲] 22.已知 A,B,C,D 是⊙O 上的四个点 (Ⅰ)如图 1,若∠ADC=∠BCD=90°,AB=BC,求证:AC⊥BD; (Ⅱ)如图 2,若 AC⊥BD 于点 E,AB=6,DC=8,求⊙O 的面积 S.

【考点】与圆有关的比例线段. 【分析】 (Ⅰ)根据题意不难证明四边形 ABCD 是正方形,结论可以得到证明; BF. (Ⅱ) 连结 DO, 延长交圆 O 于 F, 连结 CF、 根据直径所对的圆周角是直角, 得∠DCF= ∠DBF=90°,则 BF∥AC,根据平行弦所夹的弧相等,得弧 CF=弧 AB,则 CF=AB.根据勾 股定理即可求解. 【解答】解: (Ⅰ)∵∠ADC=∠BCD=90°, ∴AC、BD 是⊙O 的直径, ∴∠DAB=∠ABC=90°, ∴四边形 ABCD 是矩形, ∵AB=BC, ∴四边形 ABCD 是正方形, ∴AC⊥BD; (Ⅱ)连结 DO,延长交圆 O 于 F,连结 CF、BF. ∵DF 是直径, ∴∠DCF=∠DBF=90°, ∴FB⊥DB, 又∵AC⊥BD, ∴BF∥AC,∠BDC+∠ACD=90°, ∵∠FCA+∠ACD=90° ∴∠BDC=∠FCA=∠BAC ∴等腰梯形 ACFB ∴CF=AB. 根据勾股定理,得 CF2+DC2=AB2+DC2=DF2=100, ∴DF=10,
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∴OD=5,即⊙O 的半径为 5, ∴⊙O 的面积 S=25π.

[选修 4--4:坐标系与参数方程] 23. 已知曲线 C1 的参数方程为 (θ∈[﹣ , ]为参数) , 以坐标原点为极点,

x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为 2ρ(cosθ﹣sinθ)=3. (Ⅰ)求 C1 与 C2 交点的直角坐标; (Ⅱ)求 C1 上任意一点 P 到 C2 距离 d 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) 曲线 C1 的参数方程为 (θ∈[﹣ , ]为参数) , 利用 cos2θ+sin2θ=1

即可化为普通方程.利用 y=ρsinθ,x=ρcosθ 即可把曲线 C2 的极坐标方程为 2ρ(cosθ﹣sinθ) =3,化为直角坐标方程.联立即可解得 C1 与 C2 交点的直角坐标,注意 x∈[0,2]. (II)由 x2+y2=4(x∈[0,2],y∈[﹣2,2]) ,它的图象是 y 轴右侧的半圆及其 y 轴上的两 点(0,±2) .由图象可知:点 P 到直线 C2 的距离的最大值的点是(0,2) . 【解答】解: (I)曲线 C1 的参数方程为 (θ∈[﹣ , ]为参数) ,

化为普通方程:x2+y2=4(x∈[0,2],y∈[﹣2,2]) . C 2 cos sin =3 曲线 2 的极坐标方程为 ρ( θ﹣ θ) ,化为直角坐标方程:2x﹣2y﹣3=0. 联立 ,x∈[0,2],解得 ,∴C1 与 C2 交点的直角坐标为

. (II)∵x2+y2=4(x∈[0,2],y∈[﹣2,2]) , ∴它的图象是 y 轴右侧的半圆及其 y 轴上的两点(0,±2) . 由图象可知:点 P 到直线 C2 的距离的最大值的点是(0,2) . ∴dmax= = .

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[选修 4--5:不等式选讲] 24.已知函数 f(x)=|x+1|+2|x﹣1| (Ⅰ)求不等式 f(x)≥x+3 的解集; (Ⅱ)若关于 x 的不等式 f(x)≥loga(x+1)在 x≥0 上恒成立,求 a 的取值范围. 【考点】绝对值不等式的解法;绝对值三角不等式. 【分析】 (Ⅰ)把要解的不等式转化为与之等价的三个不等式组,分别求得每个不等式组的 解集,再取并集,即得所求. (Ⅱ)当 0<a<1 时,在(0,+∞)上,不等式显然成立;当 a>1 时,结合 f(x) 、g(x) 的图象,可得当 g(x)的图象经过点(1,2)时,a= ,要使不等式 f(x)≥g(x)=loga (x+1)恒成立,a≥ ,综合可得,a 的取值范围. 【解答】解: (Ⅰ)由于函数 f(x)=|x+1|+2|x﹣1|,不等式 f(x)≥x+3,即|x+1|+2|x﹣ 1|≥x+3, 即 ①,或 ②,或

③. 解①求得 x<﹣1,解②求得﹣1≤x≤0,解③求得 x≥2, 故原不等式的解集为{x|x≤0,或 x≥2}. (Ⅱ)若关于 x 的不等式 f(x)≥loga(x+1)在 x≥0 上恒成立,即|x+1|+2|x﹣1|≥loga (x+1)在 x≥0 上恒成立. 由于 g(x)=loga(x+1)的图象经过点(0,0) ,且图象位于直线 x=﹣1 的右侧, 当 0<a<1 时,在(0,+∞)上,loga(x+1)<0,f(x)>0,不等式 f(x)≥g(x)=loga (x+1)恒成立.

当 a>1 时,结合 f(x)=

、g(x)的图象,

当 g(x)的图象经过点(1,2)时,a= ,要使不等式 f(x)≥g(x)=loga(x+1)恒成 立,a≥ , 综上可得,a 的取值范围为(0,1)∪[2,+∞) .

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2016 年 9 月 3 日

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