2016版密押三套卷文科答案

第三 密押三套

解 由題意

a1qa1q 204

,解得 2.故選Ba1 a1 408.C 命題意 本題主要考查程序框圖讀圖識圖能力與運(yùn)算能力62016年普通高等學(xué)校招 統(tǒng)一考試密押卷(一6

解 由程序框圖知 文科數(shù)學(xué)答案與解析

當(dāng)x>2時(shí), 2

,解得 1,不滿足題意2一選擇1.B 命題意 本題主要考查集合運(yùn)算與一元二次不等式解法

當(dāng)x≤2時(shí), sinπ 1626解得 12k1(k∈Z)或 12k5(k∈Z)解 由已知得故選B.

{x0≤x≤2},所以A∩ {x0≤x<1}

當(dāng) 0時(shí), 1或 5(舍去),所以輸入的x的值是1故選C.2.B 命題意 本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算

命題意 本題主要考查分段函數(shù)的求值問題,求解時(shí),先根據(jù)條件構(gòu)造關(guān)于a的方程,求出a的值,再進(jìn)一解 由

1 1 1 i,得

2.故選B.

求函數(shù)值 1)(1i 3.A 命題意 本題主要考查對數(shù)不等式的求解及幾何概率的計(jì)算

解 因?yàn)楫?dāng)x≤1時(shí) 2<f(x) 1,當(dāng)x>1時(shí),f(x) 1 1 1 1 1 1

所以f(a 3,

log(a1

3,得 7解 由1≤log1

≤1得log12≤log1

≤log1

,所以2≤

≤2,解得0≤x≤2,4 14

2”

22

故f(6a)f 1)2

7.故選A.“1≤log1

≤1發(fā)生的概率為

4.故選A.

10.D 命題意 本題主要考查等比數(shù)列與正弦定理的綜合應(yīng)用4.C

2命題意 本題主要考查橢圓的基本性質(zhì)

解 因?yàn)閍,b,c成等比數(shù)列,所以 ac解 由于橢圓長軸長是短軸長的2倍,即有

2b由于橢圓經(jīng)過點(diǎn)20),則若焦點(diǎn)在x軸上,則 x

2, 1,

由正弦定理可得sin

sinAsinC

sinC圓方程為

;若焦點(diǎn)y軸上,則

,

,橢圓方程16

.故選C 5.D 命題意 本題主要考查線性規(guī)劃可行域與非線性目標(biāo)函數(shù)的轉(zhuǎn)化求解

bsin sin

3故選D.解 由題意作出不等式組的可行域,如圖3-16所示的陰影部分.可行域是封閉2x △ABC(包括邊界),由x2 0,解得A(2,3),B(0,2),C(1,0)

sin 11.A 命題意圖 本題主要考查在拋物線與直線相交問題中,熟練應(yīng)用拋物線的性質(zhì)解題;考查數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)化化歸思想.解 根據(jù)題意作圖,如圖317所示因?yàn)? 的幾何意義是可行域內(nèi)一點(diǎn)P(x,y)到原點(diǎn)的距離d的平方

設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是x1,y1),(xy),由圖可知,dmi d(O,BC

25, OA 13m

直線AB的方程為 k( 3)所以

的取值范圍是25

故選D.故選D.

圖31

由已知得點(diǎn)

(1,2

),故其準(zhǔn)線l方程為 126.D 命題意 本題主要考查三視圖,圓臺與球的體積計(jì)算解 由幾何體的三視圖,可得該幾何體的上部是一個(gè)圓臺,下部是半球.根據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)可得

因?yàn)锽F 2,所以 2

,

,可得 3214π43 1 212π

3

, π·3( 4·22 .故選D.

B 3

kA 2

7.B

命題意 本題主要考查等比數(shù)列的性質(zhì)

故直線AB的方程為 (423)( 3)·93

把 (423)( 3)代入到拋物線

2x得 (

3) 2 0, 定理得y 3

解 因?yàn)閍,b,c成等差數(shù)列,所以2b c由 3,可得y

2,所以x 2

可得方程axby 0恒過Q(1,2)又點(diǎn)P(1,0)在動直線axby 0的射影為M由圖可知△CBBCAA

S△BC

CB BB1 2

4.故選A.

所以∠PM 90 1可S△AC

AC AA 1 2

所以點(diǎn)M在以PQ為直徑的圓上

此圓的圓心坐標(biāo)為

(0

1) 1PQA2A1所以MNmi 三解答

2.又N(0,3),所以AN 2

(31 4命題意 本題主要考查平行垂直的證明及體積的計(jì)算解 (1)f

)sin2xcos2

π4 2sin 4 圖31

所以f(x)的最小正周期

2ππ ……6212.A

命題意 本題主要考查函數(shù)的奇偶性單調(diào)性以及抽象函數(shù)不等式的求解,是一道區(qū)分度較好綜合性較

2因?yàn)閤∈ππ,所以2

π∈π,3π的題目

4

4 故當(dāng)2

π π時(shí)取得最大值2,當(dāng)2

π時(shí)取得最小值1解 函數(shù)f(x)ln( ) x,得f(x)f(x),故f(x)為偶函數(shù),又當(dāng)x∈(0,∞)時(shí),f(x

故函數(shù)f(x)在區(qū)間π,π上的最大值為2,最小值為1 ……12ln(1x) 1,f(x)是單調(diào)遞增函數(shù),故f(x)>f(2 1)?f(x)>f(2 1),即 >2 1,解3<x<1 A二填空命題意 本題主要考查多項(xiàng)式函數(shù)的導(dǎo)數(shù)計(jì)算導(dǎo)數(shù)的幾何意義

4命題意 本題主要考查三角函數(shù)的運(yùn)算與圖像性質(zhì)的應(yīng)用解 (1)證明:設(shè)G為PC的中點(diǎn),連接FG,EG如圖318所示因?yàn)镕為PD的中點(diǎn),E為AB的中點(diǎn)解 因?yàn)閒(x)ax 2,所以f'(x)3ax 1

所 1 因 ,F CD A C所以f(x)在點(diǎn)1f1))處的切線斜率為

3 1

圖31所以切線方程為 ( 3 (3a1)( 1),因?yàn)辄c(diǎn)(2,8)在切線上,所以 (

3)3

1,解得 1

所 1 142

命題意 本題主要考查向量基本運(yùn)算與向量投影的概念,考查數(shù)形結(jié)合能力

F A2所以四邊形AEGF為平行四邊形解 由已知可得,△ABC的外接圓的圓心 段BC的中點(diǎn)處,因此△ABC是直角三角形,且∠ π2

所以AF//GE,因?yàn)镚E 平面PEC,所以AF//平面PCE ……4證明:因?yàn)镻A AD 2,所以A PD又因?yàn)樗訟B

A→,所以∠ π,∠ πC C3,AC 1

因?yàn)镻A因?yàn)锳D因?yàn)锳F

平面ABCD,CD 平面ABCD,所以P CDCD,PA∩AD A,所以CD 平面PAD平面PAD,所以A CD故向量BA→在向量BC→方向上的投影為BA→ 3.cosπ 15.36π 命題意 本題主要考查三棱錐與外接球結(jié)合問題,考查空間想象能力與問題轉(zhuǎn)化能力解 在正三棱錐 ABC中,側(cè)面SAB,側(cè)面SAC,側(cè)面SBC兩兩垂直,所以正三棱錐 ABC的三條側(cè)棱

因?yàn)镻D∩CD D,所以AF 平面PCD因?yàn)镚E AF,所以GE 平面PCD因?yàn)镚E 平面PEC兩互相垂直,且SB SC SA 23,正三棱錐 ABC的外接球,即為棱長為23的正方體的外接球

所以平面PC 平面PCD由(2)知GE 平面PCD,所以EG為四面體 PFC的高

……8則外接球的直徑2 (23 (26 6,所以外接球的半徑為3.故正三棱錐 ABC的外接球的表面積

由(2)可知CD 平面PAD,所以CD PD,EG AF 24π16.4

36π命題意 本題主要考查解析幾何與等差數(shù)列的綜合,考查問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化

·94

CD 22,S△PC

22PF 2所以四面體 EFC的體積 13

·E

22 ……123

1(4m) m≥42

……11命題意 本題主要考查 及數(shù)據(jù)分析能力古典概型的應(yīng)用與相關(guān) 的應(yīng)用解 (1)設(shè)抽出的兩個(gè)均“成績優(yōu)秀” A從不低于86分的成績中隨機(jī)抽取2個(gè)的基 為(86,93),(86,96),(86,97),(86,99)(86,99),(93,96),(93,97),(93,99),(93,99),(96,97),(96,99),(96,99),(97,99),(97,99),(99,99),共15個(gè) ……4 A包含基 :(93,96),(93,97),(93,99),(93,99),(96,97),(96,99),(96,99),(97,99),(97,99),

當(dāng)且僅當(dāng) 0,也就是Q(0,1)時(shí)△QDE面積S的最小值為4命題意 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,突出數(shù)學(xué)思想,注重技巧性解 (1)f'(x)2axlnxaxb因?yàn)辄c(diǎn)(1,0)在曲線 f(x)上所以f'(1) 0

……129999),共10個(gè)

……6

又f(e)a b(e1)a( 1) 1所以所求概率為P(A)10 2

……7

所以

1, 1

……41 甲班A方式乙班B方式總甲班A方式乙班B方式總成績優(yōu)成績不優(yōu)總2040

由(1)可得f(x)xln 1設(shè)g(x)f(x)( 1 xln x(x≥1)g'(x)2xlnx 1g″(x)2lnx 1>0,所以g(x)在[1,上單調(diào)遞增所以g'(x)≥g(1)0,所以g(x)在[1,上單調(diào)遞增所以g(x)≥g(1)0,所以f(x)≥( 1) ……8……9

設(shè)h(x)f(x)m( 1

xln m(

1 1根據(jù)2×2列聯(lián)表中數(shù)據(jù),

40(1×155×19)≈3.137>2.7066×34×20×20

h'(x)2xlnx 2m(

1)1所以有90%的把握認(rèn)為“成績優(yōu)秀”與教學(xué)方式有關(guān)

……12

由(2)中知xlnx≥( 1

x( 1),所以xlnx≥ 1命題意 本題主要考查軌跡方程的求法拋物線與直線的相交問題,對思維與運(yùn)算能力要求高

所以h'(x)≥3( 1)2m(x1)(32m)( 1)( ( )

4 4

①當(dāng) 2m≥0,即m≤3時(shí),h'(x)≥0解 1設(shè)Mx 則kAM 4kB 因?yàn)橹本€BM的斜率與直線AM的斜率之差為2

所以h(x)在[1,上單調(diào)遞增所以h(x)≥h(1)0,成立x x

2,所以 4y(y≠±4) ……4

②當(dāng) 2m<0即m

3時(shí),h'(x)2xln (12m)(

1)(2)設(shè)Q(m 1),因?yàn)榍芯€斜率存在且不為0

m-故可設(shè)切線的斜率為k,則切線方程為 1k( m)

(h'(x))'2lnx 2m,令(h'(x))'0,得x >1 1k(聯(lián) 4

m,消y得 4kx4(km1)

當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),(h'(x))≤0,所以h'(x)≤h'(1)0所以h(x)在1x0上單調(diào)遞減,所以h(x)≤h(1)0,不成立由相切得代入①得

0,即 k 04kx4 0,即 2k

綜上可得m≤32

……12從而得到切點(diǎn)的坐標(biāo)為2kk)在關(guān)于k的方程 km 0中Δ>0所以方程 km 0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,分別為k1,k

命題意 本題主要考查圓的性質(zhì)解 (1)連接BC,如圖3-19所示因?yàn)镻A又PC·PD,PA 2,PC1,所以PD 4

……2k 定理

,故QD QE ……6

因?yàn)镻C

ED 1,所以CE2k1·

因?yàn)椤螾AC ∠CBA,∠PC ∠CAB所以△PAC∽△CBA,所以PC AC ……4 2QD QE,記切點(diǎn)(2k,k)到Q(m 1)的距離為d

AC AB則 (2km ( 1

4( km) k 4

所以AC

PC·A 2,得AC 2 ……5故QD (4m)(k 1),Q (4m)(

1), ……9

2因?yàn)锽E

AC 2,CE 2,又CE·E BE·EF

……8 1(4m) 2k

( k

所以EF 2×

,所以EF BE

……10

·95圖31命題意 本題主要考查參數(shù)方程極坐標(biāo)方程化為普通方程橢圓性質(zhì)及點(diǎn)到直線的距離問題解 (1)直線l普通方程為 2橢圓C的直角坐標(biāo)方程為 y1.………………4分 因?yàn)镕1(10),F(1,0), 2 2所以點(diǎn)F1到直線l的距離d

2 322 2點(diǎn) 到直線l距離 1 2

2,…………82所以d

102命題意 本題主要考查用均值不等式求解絕對值不等式23 1 x x解 (1f)(x 1x

2≤x≤0 3 1 x>當(dāng)x∈ ∞,0)時(shí),f(x)單調(diào)遞減當(dāng)x∈(0,時(shí),f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng) 0時(shí),f(x)取得最小值為 1 ……5由1知

1,由 n≥2mn,得mn≤12mn2則1 1≥ ≥ ,當(dāng)且僅當(dāng)mmn2

2時(shí)取等號 所以1 1最小值為

2 ……102·962016年普通高等學(xué)校招生 統(tǒng)一考試密押卷(二)文科數(shù)學(xué)答案與解析

當(dāng)?shù)谒拇窝h(huán)后 30> 24結(jié)束循環(huán).從而輸出 5, 30.故選A7.A 命題意 本題主要考查向量的有關(guān)概念運(yùn)算和性質(zhì),體現(xiàn)了向量的工具性,并與充要條件的判斷結(jié)合求解解析 b的充要條件是a· 0則有 2 0.解得 ±2.故“ 2”是“ab”充分不必要條件.故選A8.C 命題意圖 直線與圓的問題是解析幾何的基本問題,本題考查把圓的一般方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程,并結(jié)合圓關(guān)于直線對稱來求解.解 由已知得圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1 ( 2 4,則圓心為(1,2),半徑為2.又因?yàn)閷ΨQ軸經(jīng)過圓心,所把圓心坐標(biāo)(1,2)代入所給對稱軸方程得2 2b 0,即 1.從而ab≤(ab (1 1.故選C一選擇1.C 命題意圖 高考新課標(biāo)第一題的常規(guī)題是集合的運(yùn)算,一般比較簡單,本題主要是考查了集合的表示運(yùn)算以及二次不等式對數(shù)不等式的綜合問題,基礎(chǔ)知識,難度比往年有所增加.解 解法一(通性通法):對于P,解不等式 2≤0得, { 1≤x≤2}.對于Q,解不等式

9.D 命題意圖 線性規(guī)劃是高考命題的熱點(diǎn),在生產(chǎn)實(shí)踐中有廣泛的應(yīng)用,本題將可行域與恒成立問題結(jié)合,本質(zhì)上是求最值問題.解 畫出不等式的平面區(qū)域圖,如圖3-22中陰影部分所示,作出直線l0:2 0,平移l0.由圖知,當(dāng)直l1:z2 y經(jīng)過點(diǎn)D時(shí),z取得最大值為2×1 3,所以只需要M≥3,所以M的最小值為3.故選Dx1>得 1≤

x1<x≤3},畫出數(shù)軸圖,如圖320所示.由數(shù)形結(jié)合知

RP x2<x≤3}故選C圖320解法二(特殊值檢驗(yàn)法):觀察選項(xiàng),因 1?Q,所以排除B,D選項(xiàng),又因?yàn)?∈P,則2??RP,所以排除A選項(xiàng).故選C2.A 命題意圖 復(fù)數(shù)是近年來的必考題,主要考查復(fù)數(shù)的基本概念運(yùn)算和性質(zhì),本題主要針對復(fù)數(shù)的分式形式來解決復(fù)數(shù)模的運(yùn)算問題.

圖32i

3i1 3 1 10

10.D 命題意 本題在考查上主要綜合應(yīng)用了學(xué)生的空間想象能力和解決問題的能力,割補(bǔ)的思想,結(jié)合球的表解 解法一(模的性質(zhì))1

1

5.故選A.

來求解解 依題意可知該四棱錐是正四棱錐,即正八面體的一半.它的底面的中心就是外接球的球心,如圖3-23所示,解法二(除 )

3i1(3i1)(1i) 4由1 (1i)(1i

2i,則模為 5.故選A

球的半徑為 OAOBOP

可得該球的表面積為

4π× 36π.故選D.3.B 命題意圖 等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng) 與求和 的求解問題是高考數(shù)學(xué) 題熱點(diǎn)和基本問題,本題是常規(guī)的問題,既可以用數(shù)列的定義也可以用數(shù)列的性質(zhì)來求解.解 解法一(定義法):設(shè)公差為d,則由 a 24,得(a d)(a 3d)(a 8d)24,即3a 1224,所以 4 8,即 8.所以 (a1a)×99 72.故選B1解法二性質(zhì)因?yàn)閍故選B.

a a (a1a) 2 3 24,得 8.所以 9 72

11.B

圖32命題意 本題用數(shù)列的遞推性來進(jìn)行推理求解,解題時(shí)要想到項(xiàng)和前多少項(xiàng)和的含義與關(guān)系 命題意 本題是命題的熱點(diǎn),主要考查學(xué)生的空間想象能力和結(jié)合體的體積計(jì)算,在解答時(shí)要找準(zhǔn)邊角關(guān)系

解 由已知,當(dāng)n≥2時(shí),a

S Sn- na (n1)an-1解 因?yàn)槿晥D的幾何體是四棱錐 ABCD,如圖3-21所示,頂點(diǎn)P在底面上的投

1·

1· 2·

1· 2· 是邊CD的中點(diǎn),底面是邊長為AB 4,BC 2的矩形.△PCD的高為 5,

則 1a 1an-1?a

1an- nan

1an-

側(cè)面△PCD的面積為1×4× 25,兩個(gè)側(cè)

的面積相等為

·…·3·2· ,又因?yàn)?1,則

.對于n 1時(shí)也符合,所以

.故選B. △PA

△PB

2×2×

n( 1

n( 13,側(cè)面△PAB的面積為1×4 (5 6.所以四個(gè)側(cè)面中的最大面積為6.2

圖32

12.C 命題意圖 本題考查了分段函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的綜合性問題,并涉及到不等式的求解和恒成立問題,求解時(shí)對思維要求要高一些,體現(xiàn)了想得多算得少 題思想.選C. 命題意圖 本題是涉及古典概型和點(diǎn)在直線上的問題,是常規(guī)的基本問題,在設(shè)問方式上有一定的創(chuàng)新性,解答時(shí)用列舉法來解答.解 由題意知(m,n)的取值情況有(1,1),(1,2),…,(1,6);(2,1),(2,2),…,(2,6);…;(6,1),(6,2),…,(6,6),

解 ①當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)logx<0,則由f(x)·g(x)≥0得f(x)2ax01),所以a≤12

1≤0所以a≤1,又因?yàn)閤2共36種情況.而滿足點(diǎn)P(m,n)在直線 4上的取值情況有(1,3),(2,2),(3,1)共3種情況.故所求概率為3 3612故選D.

②當(dāng)x∈[1,時(shí),g(x)logx≥0,則由f(x)·g(x)≥0得f(x)3ax1≥0所以a≥13x3又因?yàn)閤∈[1,∞),所以1 1.要使a≥1恒成立,必須a≥1算法是新課標(biāo)高考新增加的一個(gè)內(nèi)容,本題考查常規(guī)法,知識單一,解答時(shí)用程序框圖來進(jìn)行

命題意

解 由框圖可知逐次循環(huán)結(jié)果為①S3, 2;②S9, 3;③S18,n4;④S30, 5

·97

綜上①和②得a的取值范圍是11.故選C.326二填空6

由函 sinx的單調(diào)增區(qū)間為 π

π(k∈Z), (x

sin

π中,要使函數(shù)為增函數(shù),則命題意 本題考查了對數(shù)與分式的問題,并與數(shù)列和均值不等式的求解結(jié)合,有一定的綜合性,但難度不大

2 2k22

2

2 l2解 依題意有1(lgalgb)1g(ab)0則al2

從而

1≥

1·

.當(dāng)且僅當(dāng) 1時(shí)取等號

2k π≤2 π≤2k π(k∈Z),則k π≤x≤k π(k∈Z)

……5所以1

的最小值為2

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為

π,k π(k∈Z) 6

……6 4 (2)因 (x)1,所

π

1 ……7143

命題意 函數(shù)的概念和性質(zhì)是命題的熱點(diǎn),本題考查了函數(shù)解析式的意義和奇偶性這一函數(shù)的基本性質(zhì)

sin

6 x

x , (

又因?yàn)?<A<π,所以π<2 π<13π.所以2 π5π解 因?yàn)?/p>

1令

1則

x為奇函數(shù)

所以

(a)

(a)2時(shí) (a 1,從 (a) (a)

(a) 1 4

故 π ……83 3

315.363 命題意圖 本題考查了雙曲線的概念和性質(zhì),結(jié)合解三角形知識,體現(xiàn)了幾何問題的算法化,需要有很強(qiáng)的理解能力讀圖能力和基本的運(yùn)算能力.3

在△ABC中,因?yàn)?1,b 2,

π,所以1 2bccosA ……103 1 即 3bc,所以bc1.所以S△AB 1bcsin

3 ……12解 如圖3-24所

由正弦定理得S△F1PF

2r1rsin60 又由余弦定理得,r

2r

rcos6 (2c),

命題意圖在立體幾何的解答題中,求證空間的垂直與平行是重點(diǎn)考查的內(nèi)容,解決的關(guān)鍵是熟練掌握各種垂直平行的證明策略,緊扣判定性質(zhì)和基本圖形,并構(gòu)造適當(dāng)?shù)妮o助線進(jìn)行推理求證.多面體體積的求法關(guān)鍵是根據(jù)由雙曲線的定義得,r 2a.已知x 1,6436

8,b6.所以

10

圖形的特點(diǎn)進(jìn)行分割,找到底面和高由r 22r1r

16得r1r

16,r

2r1

256所以r

256

圖32

解 (1)證明:如圖3-25所示,在梯形ABCD中,因?yàn)锳BCD,AD DC CB a∠AB 60,所以四邊形ABCD是等腰梯形,且∠DC ∠DAC 30,∠DC 120,以∠AC ∠DC ∠DCA90,所以ACBC ……3聯(lián)立式①,式②得2562r1 2r1r× 3

400,則r1 144

又因?yàn)槠矫鍭CF 平面ABCD,交線為AC,所以BC(2)當(dāng)EM 3a時(shí),AM 平面BDF

平面ACFE

……4……5

圖32S△F1P

2×144× 363

36

在梯形ABCD中,設(shè)AC∩BD N,連接FN,則CN∶N 1∶2

……6評 本題作為填空題,可直接利用S△F1PF

tan

363

因?yàn)镋M

, ,所 ,所 3 E AC 3 EM∶M, ,所 ,所

AN,所以四邊形ANFM 命題意 本題主要考查三角恒等變換三角函數(shù)的單調(diào)性對稱性等知識

平行四邊形所 ,又因

平 所 平

……7……8162

AM N

N BDF AM

BDF π

(3)多面體ABCFE為四棱錐 ACFE,在Rt△ABC中.由BC a,∠AC 90,∠AB 60,可得AB 2a解析f(x)sinωxcosωx2sinωx

AC 3a.又因?yàn)锳E a,所以矩形ACFE的面積為 3a· 3a

……10 4因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖像關(guān)于直線 ω對稱

又因?yàn)锽C 平面ACFE,所以四棱錐

ACFE體積為 1S·B 1×3a× 3a3,即多面體ABCFE所 (ω

π

,所以 π π

2sin

4 ±

k∈ 44π π π 44

的體積

a3 ……12即所以ω三解答題

kπ,k∈Z,又函數(shù)f(x)在區(qū)間 ω,ω)內(nèi)單調(diào)遞增,所以π2

4≤

,即

,取k0,得 π

命題意 概率與統(tǒng)計(jì)的結(jié)合試題是高考?？嫉念}型,考題常以實(shí)際生活為背景,考查相互獨(dú) 互 對 的概率。在求解中主要是列舉法和樹狀圖,本題還涉及分層抽樣的方法解 (1)因?yàn)槔^續(xù)深造的畢業(yè)生的概率為3,所以繼續(xù)深造的合計(jì)人數(shù)為60×336,所以文科畢業(yè)生繼續(xù)深 命題意圖 在新課標(biāo)卷的高 ,三角函數(shù)和數(shù)列交叉出題。在三角的考查中主要是三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)和解三角形的方法,本題將兩個(gè)問題有機(jī)結(jié)合,求解中考慮通性通法.

人數(shù)為362412.從而得到合計(jì)就業(yè)人數(shù)為603624文科畢業(yè)生就業(yè)人數(shù)為24186,如表所示……3解 ()因 (

π 3 就業(yè)(或失業(yè)繼續(xù)深就業(yè)(或失業(yè)繼續(xù)深合理科畢業(yè)文科畢業(yè)合243660

2cosx6

sin2

2cos2xcos23

π …sin2 2cos2

sin2 6 2

因?yàn)?60

81×126×24≈0.476<1.323

……5所以最小正周期為

2π2ππ ……3 ·98

24×36×42×18由上可知,沒有75%的把握認(rèn)為繼續(xù)深造與文理專業(yè)有關(guān)”

……6(2)由分層抽樣知,抽取的繼續(xù)深造的理科畢業(yè)生人數(shù)為6×2 4,將這4人分別記為a,b,c,d.抽取的繼續(xù)深3的文科畢業(yè)生人數(shù)為6×12,將這2人分別記為x,y3 為這3人中至少有1人是文科畢業(yè)生,于是基 空間

……7{abc,abd,abx,aby,bcd,bcx,bcy,cdx,cdydxy,acd,acx,acy,adx,ady,axy,bdx,bdy,bxy,cxy},共20 ……9其中 {abx,aby,bcx,bcy,bdx,bdy,cdy,cdy,acx,acy,adx,ady,axy,bxy,cxy,dxy}共16 所以P(A)1 4.故這3人中至少有1人是文科畢業(yè)生的概率為4

……10……12

解.幾何證明選講難度不大

圖322 命題意 高考解析幾何的解答題主要的考查類型有:根據(jù)給定的條件求圓錐曲線方程;直線與圓錐曲線的關(guān)系

解 (1)證明:如圖3-27所示,連接DE.因?yàn)樗倪呅蜛CED為圓的內(nèi)接四邊形所以∠BD ∠BCA ……2與圓錐曲線有關(guān)的最值定值定點(diǎn)問題;與圓錐曲線有關(guān)的探索性問題等.在解答問題中要理解定義和性質(zhì),有時(shí)

又因?yàn)椤螧為公共角,所以BDEBCA所以B

DE,而AB 2AC,所以BE 2DE

……4需要結(jié)合向量來求解解 (1)由橢圓C1的焦點(diǎn)與拋物線 的焦點(diǎn)重合,得

a(a>0),解得 2

……2

BA CA又因?yàn)镃D是∠ACB的平分線,所以AD DE,所以BE 2AD ……5(2)由題意知AB 2AC2.設(shè)ADt,由割線定理得,BD×BA BE×BC,即(AB2 y2

AD)×BA 2AD×BC,所以(2t)×22t×2,解得 2,即AD 2 ……10所以橢圓C1的方程為 1,拋物線 的方程為: 4x ……4(2)由(1)知,焦點(diǎn)F(1,0),設(shè)直線l的方程為 k( 1)(k≠0)

命題意圖 在極坐標(biāo)與參數(shù)方程的考查中,極坐標(biāo)參數(shù)方程和一般方程的求解與互化是考查的重點(diǎn),距離問題是考試的熱點(diǎn),總體難度不大.

圖327 k 1

解 (1)由圓O的參數(shù)方程可知,圓心坐標(biāo)為

2

2 ……1則 4

,消去y得,k

(2 4)x 0

……6

2 22其判別式為Δ (2

4 4k416(

1)

設(shè)圓心的極坐標(biāo)為

θ),

2

2 1得PQ 1 x

1

·Δ

4( 1.

……7

所以圓心的極坐標(biāo)為

2 2

……4 yk( 1

4又由

得,(3

8k 4 120

2因?yàn)橹本€l

2

2 ……5x

ρ

2 其判別式

(8k

4(34k)(4

12)144(

1)

所以直線l的一般方程為 0

……6得MN 1

· 12(k 1 4 4

……9

所以圓上的點(diǎn)到直線l的距離為

8 4不妨假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得P 2,即PQ 2MN,得4(

1)2·12( 1),化簡整理得2

0,

2rsin π MN 得 ±6.所以存在斜率為 ±6的直線l,使得PQ2

4

……12

即 , ……92 MN命題意 近年來,在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的解答題中,自然對數(shù)和e為底的指數(shù)函數(shù)是命題的熱點(diǎn),在解決問題時(shí)首先

所以圓上的點(diǎn)到直線l的最大距離為 2 13,所以2

2 ……102考慮定義域,然后是求導(dǎo),根據(jù)導(dǎo)數(shù)在討論函數(shù)性質(zhì)極值和最值中的應(yīng)用,特別要注意恒成立的問題

命題意 本題主要考查絕對值不等式的性質(zhì)和解法,在求函數(shù)的解集時(shí)要對絕對值進(jìn)行分段討論,再求解.對恒成立問題主要是求出函數(shù)的最值解 (1)由f(x)aln bx(x>0),得f'(x) 2xb,因?yàn)?1是極大值點(diǎn),則f'(1)0,則

解析(1)因?yàn)?2,則有f(x 4x由f(x)≥2x1,即 2 2x1,x2 2x1或 2≤2x1,解得x 1

……1……42a,f'(x)a2x

2 b 2 (2a)

x1)(2xa ……3

(2)由f(2x)>7 3,可化為f(2x)7x> 3

……5

a 3xax 令f'(x)0,得

或

a,因?yàn)閤 1是y f(x)的極大值點(diǎn),

所以f(2x

7 2x

2 ……7 xx 所以a , 所以函 ()在(,)和a

上單調(diào)遞增

,a

……5

22> a>2

f 0 ∞

在12上單調(diào)遞減

由于

),所以 a時(shí),

有最小

……

>0x

f2 7 2 2因?yàn)閒(x)alnx行分類討論

a2x有且只有一個(gè)零點(diǎn),所以方程alnx

(a2)

0有且只有一個(gè)交點(diǎn),對a

若使原命題成立

a> 3,解得a∈(0,2) ……10只需①當(dāng)a≤0時(shí),由(1)得 f(x)在x∈(0,1)上單調(diào)遞減,在[1,∞)上單調(diào)遞增,所以f(1)0,即aln1 (a2)0只需解得 1

……822rcosθ 2rsinθ2②當(dāng)a>0時(shí),作出函數(shù)y1 alnx和函數(shù)y bx的圖像,可知函數(shù)y1 alnx與22rcosθ 2rsinθ2由①,②得,實(shí)數(shù)a的取值范圍是{1}∪(0,∞) ……12命題意 本題考查平面幾何中以圓為背景的線段長度求解與相似三角形的證明,并用切割線定理列出方程來·99解 因?yàn)閤是最小角,故 x≤π?x≤π.sin 3

2sin π4 4 2016年普通高等學(xué)校招 統(tǒng)一考試密押卷(三

π π7

π

2

π因?yàn)?/p>

* π,所以sin

∈

,1,所以sinxcosx 2sin

∈(1,2]故選D.

412

4

4文科數(shù)學(xué)答案與解析

11.A 命題意 考查雙曲線的基本性質(zhì),與平面幾何相結(jié)合,屬于難題解 因?yàn)椤鰽B

為等邊三角形,所以AB

BF AF,如圖329所示,又BF

BF AF

a一選擇

AF AF 2a,所以AF 4a.所以BF AF BA 6a,B AF

4a,對△F1BF 用1.A 命題意 本題考查集合代表元素的含義和基本運(yùn)算,間接涉及簡單的定義域與值域問題,屬于容易題

弦定理cos

BF

(6a (4a (2c)?

7a,所以 6a,故漸近線為 ±6x解 首先,注意到集合代表元素為y,也就是

3的值域,故 ∞,3],同理

1,5),A∪

2×6a×42.A

∞,5),A∩ (1,3],所以?A∪B(A∩B ∞,1]∪(3,5).故選A命題意 本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì),涉及模運(yùn)算與共軛運(yùn)算,屬于容易題

故選A.解 利用復(fù)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)zz

z1和 ,可z

zz

z 0 10

.故選A.3.D 命題意 本題考查奇函數(shù)和單調(diào)函數(shù)的判定方法,屬于容易題解 首先,根據(jù)奇函數(shù)定義可排除C;選項(xiàng)A雖是奇函數(shù),但不滿足在定義域上始終增(是分兩個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增)故排除A;B選項(xiàng)是奇函數(shù),但在定義域內(nèi)不是單調(diào)增函數(shù),故排除B.故選D.命題意 本題考查三角函數(shù)圖像平移和奇偶性,屬于容易題

圖32解 將函數(shù) si

)的圖像沿x軸向左平移π個(gè)單位后,到得的新函數(shù)為φ8φ

πsin 8

φ si

12.D

命題意 利用函數(shù)對稱性,快速解決相關(guān)問題,屬于難題 π

π π

解 由于函數(shù)f(x)(1x)(

a b)的圖像關(guān)于 2對稱.因?yàn)?/p>

是f(x)的一個(gè)根,所以

φ,該函數(shù)為偶函數(shù),則

k

kπ,k∈Z.故選B 5.C 命題意 考查四種命題之間的關(guān)系以及充要條件的判

也是; 1是f(x)的一個(gè)根,所以

也是.所

3×5

15解 ①一個(gè)命題的逆命題與逆否命題之間無必然聯(lián)系,①錯(cuò)誤;②轉(zhuǎn)化成逆否命題“若

且 4,則 8

所以f(x)(1x)(

8x15)(1x)(1x)(x3)(x5 (x1)( 1)( 3)( 5 [( 1)(為真命題,故其逆否命題也為真②錯(cuò)誤;③x>2可推出1<1,但1<1未必能推出x>2(還可以x<0),③正確

)·( 1)( 5) (

4 3)( 4 5)④正確.故選C.

記 4xu

,則f(u

(u3)(

(u1 166.C 命題意 考查學(xué)生閱讀程序框圖的基本能力,屬于容易題

當(dāng) 1,即 2±5時(shí)取得最大值16解析 1×2×3×4×5120.故選C7.D 命題意 考查頻數(shù),頻率等基本概念,掌握其基本關(guān)系,屬于簡單題

13.2±2 命題意 考查直線與圓的基本量運(yùn)算,屬于中等題解 由題意知,圓心(0,2)到直線3 0的距離為3,即 2b

π 2±230.25解析 36 144.故選D0.25

2×cos6 8.B 命題意 考查三視圖還原立體圖,屬于中等題解 由三視圖可知,其為一三棱柱,截取了一個(gè)三棱錐,如圖328所示

14.25

命題意 考查同角三角函數(shù),兩角和及二倍 ,及轉(zhuǎn)化能力,屬于中等題解 因

π tanα111 1 1

tan 4

tanα 因此 V柱V錐S底· 3S底·h 2×3×4×

3×

×3×4×330 24.故選B 命題意 考查線性規(guī)劃的基本知識,屬于簡單題解 由于目標(biāo)函數(shù)是線性函數(shù),故最值必在端點(diǎn)處取得求出三個(gè)端點(diǎn)(1,5), 4,5),

2,5

圖32

所以tanα 1,所以sinα 1,cosα3. 10 10 332

原 2sinαsin2α 2sinα(isnαcosα)22sinα2(cosαsinα 2(cosαsinα)

255z 2×511, 2×514,

2× 4,所以z 14.故選B 10.D

命題意 考查三角函數(shù)中的輔助 與其單調(diào)性,屬于中等題

201515.·100

命題意 考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性,并結(jié)合數(shù)列求和,屬于難題 01

2015x1

)0 2015-

01 2015x

()

A1B1A1BAB1A,BA3B1A3,BA4B1A4,BB1B) ……11解 設(shè)

則

2015-

2015x g

記從樣本中產(chǎn)量在區(qū)間5060上的果樹隨機(jī)抽取兩

產(chǎn)量在區(qū)間5560上的果樹至少有一株被抽中所以g(x)是奇函數(shù),且單調(diào)遞增,所以f(a100)f(a10 1)g(a100) g(a10 1) 4?g(a1002015·(a10 a100 2015

M,則P(M

9 .15 .

12g(a10 1)g(1a100)?a100

1a100.所以S01

19.命題意 本題考查學(xué)生的空間想象能力,重點(diǎn)在于空間中線面平行線線垂直線面垂直的證明以及點(diǎn)面距

命題意 考查極值與最值的概念區(qū)分,屬于難題

積的計(jì)算解析f'(x)( 2 2 2)e (

)ex,令f'(x (

2ex≥0?x≥2或x

,所以f(x)

解 (1)連接AC,AC與BD相交于點(diǎn)O,連接MO ∞ 2),(2 ∞)上單調(diào)遞增,在 2,2)上單調(diào)遞減,所以既有極大值,也有極小值.f(x)極 f 2

因?yàn)锳BCD是平行四邊形(222)e ,f(x)極 f(2 (222)e,又當(dāng)x有最小值f(x)(222)e,無最大值

∞時(shí),f(x)

∞;當(dāng)x

∞時(shí),f(x)→0,所以

所以O(shè)是AC的中點(diǎn) ……1因?yàn)镸為PC的中點(diǎn)三解答

所以MO

AP

……2命題意圖 考查平面向量與三角函數(shù)的綜合,平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算與三角函數(shù)恒等變換,探求yφ)的性質(zhì)與求值.

Asin(ωx

因?yàn)镻A?平面BMD,MO 平面BMD所以PA 平面BMD ……3證明:因?yàn)镻D 平面ABCD,AD 平面ABCD解 依題意

)·31

3

πsin

……(1分 cosAsin

cos2 22

sin

3

所以PD AD ……4π π4

π

3

π

3

因?yàn)椤螧A ∠BC 60,AB 2AD(1)因?yàn)?<A<π,所以3<

,所以sin

∈

,1,sin

1∈

,2

所以BD AB AD 2AB

AD·cos60 AB AD 2AD AB AD,所以AB AD BD 3

3

3

所以AD BD ……5所以函數(shù)f(A)的值域是 ,2 ……(4分

又因?yàn)镻D∩BD D,PD 平面PBD,BD 平面PBD π ππ

π

π

……

所以AD又平面PBD

……6 <

即0<A

時(shí)函數(shù)f

單調(diào)遞增

所以

A的單調(diào)遞增區(qū)間為0,6

因

平

P

PB()由

π

9, π 4

……(分

所以AD PB ……7

sin

sin 3355 3355因?yàn)?/p>

π所以

π π, π

……(9分6<A<

2<

<

cos 3 2

π π π

4 3 24

……( 分sin2 3sin2 2sin 2×5

25 12 3 3 3命題意圖 本題主要考查頻率分布直方圖概率等知識,考查數(shù)據(jù)處理推理論證運(yùn)算求解能力和應(yīng)用意識,以及或然與必然的數(shù)學(xué)思想.解 (1)樣本中產(chǎn)量在區(qū)間(45,50]上的果樹有a×5×20100a(株) ……1

取CD的中點(diǎn)N,連接MN,

圖330P.M樣本中產(chǎn)量在區(qū)間5060P.M

0.02)×5×20100(

002株),

……2

2P因?yàn)镻D 2,所以MN 1 …2P2依題意,有1002

4100b002),即3

4( 0.02),①3

……3

在RtPCD中CD

AB P 2,DM

PD CD 2根據(jù)頻率分布直方圖可知(0.02 0.06a)×51,聯(lián)立 , ,解

……4……6

因?yàn)锽C

AD,AD

PB 0.08b0.04(

……7

所以BC

PB樣本中產(chǎn)量在區(qū)

5055上的果樹有0045204

分別記為A1

A3A產(chǎn)量在區(qū)間5560上的果樹有0025202株,分別記為B1,B從這6株果樹中隨機(jī)抽取兩株共有15種情況

……8

在Rt△PBC中,BM 1P 22在△BMD中,BM DM,O為BD的中點(diǎn)(A1,A),(A1,A3),(A1,A4),(A1,B1),(A1,B),(A,A3),(A,A4),(A,B1),(A,B),(A3,A4),(A3B1A3,BA4B1A4BB1B) ……10其中產(chǎn)量在5560上的果樹至少有一株共有9種情況·101

所以MO BD在Rt△ABD中,BD AB·sin6 2× 32BM OB.2在Rt△MOB中,MO 5BM OB.2

當(dāng)x∈(0,ea時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f(x)在0ea上單調(diào)遞增當(dāng)x∈(ea ∞)時(shí),f'(x)<0,函數(shù)f(x)在(ea ∞)上單調(diào)遞減 ……1所以

1×AD·B2

3,2

1×BD·

M 15. ……104

所以

(x)有極大值

(ea) lne e-a,無極小值 ……3lnxklnxkx< > 設(shè)點(diǎn)A到平面BMD的距離為h

在( )上恒成立,等價(jià)于 lnx在(0 ∞)上恒成立,得k>

……5因?yàn)閂M- VA-MBD

所以13

MN·

1·3

·S△MBD

……11

由(1)得,令 1,則f(x