2016届广西南宁市高三第二次模拟考试数学(理)试题(解析版)

一、选择题

1．已知集合A{x|2x1,xR}，B{a,1}，若AB，则实数a的取值范围是（ ）

A．a1 B．a1 C．a0 D．a0 【答案】D

【解析】试题分析：由题知Ax|x0,又AB,可得a0,故本题答案选D. 【考点】1.指数不等式；2.集合的交集． 2．若复数

ai2的实部是，则实数a（ ） 34i5142A．2 B． C．

332D．

3【答案】B

【解析】试题分析：

ai34i3a434ai3a434ai,ai34i34i34i252525由题知

3a42,可得a2.故本题答案选B. 25516)中，常数项为（ ） x2【考点】1.复数的运算；2.复数的概念. 3．二项展开式(2xA．240 B．-240 C．15 D．不存在 【答案】A

【解析】试题分析：由二项展开式可得

Tr1Tr1C2xr66rr63r1r6rC21x.常数项中63r0,可得r3,62xr代入常数项T4240.故本题答案选A. 【考点】二项式定理．

4．若函数f(x)sinxcosx(0)的图像相邻两条对称轴之间的距离为3，则的值为（ ） A．

12 B． C． 3332D．

3【答案】C

第 1 页 共 15 页

【解析】试题分析：由题知f(x)sinxcosx2sinx,图象相邻两条

4对称轴之间相差半个周期,故【考点】正弦函数的性质．

T23,T6,又T,可得.故本题答案选C. 235．等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足2S3a3a718，则a1（ ）

A．1 B．2 C．3

D．4

【答案】A

【解析】试题分析：由等差数通项公式和前n项和公式,又2S3a3a718,可得

23a13d2a18d18，解得a11,d2.故本题答案选A.

【考点】等差数列的通项公式和前n和公式. 6．函数f(x)lnxx2的单调减区间是（ ）

A．(,22] B．(0,] C．[1,) 22D．[2,) 22【答案】D

【解析】试题分析：由题,对f(x)lnxx函数定义域0, ,求导可得

112x212x22f(x)'2x0,可得x,递减区间解f(x)'.故本题答案

xxx2选D.

【考点】函数的导数与单调性间的关系．

7．执行如图所示的流程图，则输出的S（ ）

A．57 B．40 C．26

第 2 页 共 15 页

D．17 【答案】B

【解析】试题分析：由流程图中的循环体可知

S0,i1T;2S,2,i2;iT T5,SSiT11,S26,i5；T14,S40，i6时输出,故本题答案选B.

【考点】程序框图．

【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同.

8．设随机变量X的概率分布表如下图，则P(|X2|1)（ ）

A．

715 B． C． 122121D．

6【答案】C

【解析】试题分析：由所有概率和为1,可得m1.又2P(|X2|1)PX1PX3【考点】随机变量的概率分布．

115.故本题答案选C. 6412y29．已知变量x,y满足约束条件xy1，则zx3y的最小值为（ ）

xy1A．-1 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】试题分析：由线性约束条件,可得如图所示可行域,令z0,做出直线y结合可行域知目标函数在1,0处取得最小值1.故本题答案选B.

1x,3第 3 页 共 15 页

【考点】简单的线性规划．

10．如图所示，一个几何体的主视图和左视图都是边长为4的正方形，中间线段平分正方形，俯视图中有一内切圆，则该几何体的全面积是（ ）

A．648 B．5612 C．328 D．488 【答案】A

【解析】试题分析：由三视图可知此几何体是长方体442 上面放置一个圆柱

r2,h2,所以几何体的全面积为

S44424442222222648.故本题答案选A.

【考点】三视图．

11．已知抛物线y4x的焦点为F，点M(m,0)在x轴的正半轴上且不与点F重合，

2若抛物线上的点A满足FAMA0，且这样的点A只有两个，则m满足（ ）

A．m9 B．m9或0m1 C．m9 D．0m1 【答案】A

【解析】试题分析：由题知F1,0,又FAMA0,则FAMA,A点在以FM为直

径的圆上,设圆上任一点为x,y,可得圆方程x1xmy0,,根据圆与抛物

22线的对称性与y4x有两横坐标相同的交点,将两方程联立,消去y,可得

x2m3xm0,由方程有一解, 据0可得m9.故本题答案选A.

【考点】1.向量的数量积；2抛物线的标准方程与几何意义.

【思路点睛】本题主要考查抛物线的定义与性质,几何意义以及平面向量的基础知识,涉及抛物线几何性质的的问题常常结合图形考虑,通过图形可以直观地看出抛物线的顶

第 4 页 共 15 页

点,对称轴,开口方向等几何特征.本题主要是将向量的数量积为零的关系式转化成互相垂直的几何关系,再利用抛物线与圆的对称性,找出交点特征,将交点问题转化成方程解的个数问题.

12．已知函数f(x)|xa|2a,aR，若方程f(x)1有且只有三个不同的实数x根，且三个根成等差数列，则满足条件的实数a有（ ）个.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】试题分析：方程f(x)1,即|xa|数gx2a1有三个不同的实数根,即两函x21,hx|xa|a图象有三个交点.如图,hx|xa|a的项点在x2yx上,而yx与gx1的交点为2,2,1,1；所以当a1x时,fx1有两根,为1和2,因为三个根成等差数列,所以第三根为4,解方程组

27|xa|a1与x4,得a；当1a2时,fx1有根2,设另两根

x4为2d,22d，则点A2d,221,B22d,1,AB连线斜率为

22d2d15351,解得d,则可得AB方程为y5x,与yx联立解得22a351；当a2时,方程只有一根,不符合题意.则满足条件的有2个,故本题答案4选C.

【考点】1.数形结合；2.分类讨论；3函数图象. 【方法点睛】本题主要考查函数性质,利用数形结合的方法求参数取值.书籍函数有零点（方程有根）,求参数取值常用以下方法（1）直接法:直接根据题目所给的条件,找出参数所需要满足的不等式,通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法:先将参数分离成参数与未知量的等式,将含未知量的等式转化成函数,利用求函数的值域问题来解决；（3）数形结合法:先对解析变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后结合图象求解.

二、填空题

第 5 页 共 15 页

y2x213．双曲线1的离心率为 .

24【答案】3 2【解析】试题分析：由双曲线标准方程知a22,b24,ca2b2,6则

ec63.故本题答案应填3 a21，则tan() . 44【考点】双曲线的标准方程和几何性质． 14．若tan【答案】

3 5【解析】试题分析：由题tan(4tan)4tan1tan4tan1tan3.故本题答案应

1tan5填

3. 5【考点】1.两角和的正切公式；2.特殊角的三角函数值.

15．已知x0,y0,xyxy2，则xy的取值范围是 . 【答案】,2

【解析】试题分析：由题知,xyxy2,又x0,y0,知xy2,又

43

xyxy44xyxy2得xy,故本题答案应填,2. 233【考点】基本不等式．

【方法点睛】本题主要考查基本不等式.基本不等式可将积的形式转化为和的形式,也可将和的形式转化为积的形式,两种情况下的放缩功能,可以用在一些不等式的证明中,还可以用于求代数式,函数等的取值范围或最值中.

ababa,bR 与2ababa,bR和2ababa,bR常用来和化积,而2ababa,bR常用来积化和.

22216．已知点A(1,0),B(2,0)，动点P满足|PA|2|PB|，直线PA交y轴于点C，则

sinACB的最大值为 ．

第 6 页 共 15 页

【答案】339 26【解析】试题分析：令Px,y,由A(1,0),B(2,0),又|PA|2|PB|,据两点间距离

22公式可得x3y4,即点P在圆x3y4上或内部.可知当AP与圆相

22切时, sinACB最大. 此时对于AP.

y3x13，

3C0,3且

ACO60o,则

tanACBtanACOOCB35339.可得sinACB.故本题答案526填

339. 26【考点】1.圆的标准方程与性质；2.直线与圆的位置关系；3.三角函数． 【思路点睛】本题主要考查圆的标准方程与性质,直线与圆的位置关系,及三角函数中的相关公式.其中理解当AP与圆相切时, sinACB最大是解决本题的关键,再求出切线AP,其中对于过圆外一点Px0,y0的切线的求法:可先设切线斜率为k,写出方程再求圆心与切线的距离d,利用dr建立方程求k的值,若求得kyy0kxx0；

有两个值,写出方程;若求得k公有一个值,则分析k不存在的情况.

三、解答题

17．已知：Sn为数列{an}的前n项和，且满足an2Sn12(n2)；数列{bn}满足

b1b2b3bnn2n.

（1）数列{an}是等比数列吗？请说明理由； （2）若a1b1，求数列{anbn}的前n项和Tn. 【答案】（1）是，理由见解析；（2）Tn(2n1)3n1.

【解析】试题分析：（1）由所给的an和Sn间的关系,可得an 的通项,由通项公式判定数列{an}不是等比数列.（可只取前三项判断不是等比数列）；（2）由关于bn的式子可得b1,且进一步求出bn的通项公式,判断为等差数列,从而判断出an为等比数列, 对于数列{anbn}的前n项和Tn,利用错位相减法可得. 试题解析：

（1）∵an2Sn12(n2)，∴an12Sn2，

第 7 页 共 15 页

∴两式相减，并根据SnSn1an(n1). ∴可得an13an，(n1).

∵a22S12，S1a1，∴a22a12. ∴

a22a12. a1a1∴a12时，

an1a23，{an}是公比为3的等比数列. ana1a12时，

an1a2，{an}不是等比数列. ana1（2）∵b12，∴a1b12，{an}是等比数列，公比为3，an23n1. ∵b1b2b3bnn2n，∴(n1)2n1bnn2n. ∴bn2n. ∴anbn4n3n1.

∵Tn413042314n3n1， ∴3Tn413142324n3n. ∴两式相减并化简得：Tn(2n1)3n1.

【考点】1.等差数列；2.等比数列；3.错位相减法.

【方法点睛】本题主要考查等差数列和等比数列及错位相减法求数列的前n项和.错位相减法求数列前n项和一般在一个等比数列和一个等差数列对应项相乘所构成的数列中使用.使用错位相减法求和时要注意,要能够判别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情况.在写Sn与qSn的表达式时应特别注意将两式错项对齐,以便下一步正确推导出SnqSn的表达式.

18．某研究性学习小组对某花卉种子的发芽率与昼夜温差之间的关系进行研究，他们分别记录了3月1日至3月5日的昼夜温差及每天30颗种子的发芽率，并得到如下资料：

第 8 页 共 15 页

参考数据：

xiyi832，x615，其中b2ii1i155^xynxyii5xi1i15，aybx.

^^^2in(x)2（1）请根据3月1日至3月5日的数据，求出y关于x的线性回归方程，据气象预报3月6日的昼夜温

差为110C，请预测3月6日浸泡的30颗种子的发芽数.（结果保留整数）

（2）从3月1日至3月5日中任选两天，记种子发芽数超过15颗的天数为X，求X的概率分布列，并 求其数学期望和方差.

15颗；【答案】（1）y0.7x7.3，（2）X的概率分布列见解析，EX^^49，DX. 525【解析】试题分析：（1）根据所给数据及公式可得a,b值,可求得y关于x的线性回归方程, 3月6日浸泡的30颗种子的发芽数即为x30时所对应的y的值,代入回归方程可得；（2）写出种子发芽数超过15颗的天数X的所有可能取值0,1,2,求出每个取值所对应的概率可得分布列,再利用期望和方差计算公式可求期望和方差.

试题解析：

（1）∵x11,y15， ∵

xyii15i832，xi2615，代入公式得b0.7,a7.3.

i15∴所求的线性回归方程为y0.7x7.3.

∴当x11时，y15，即3月6日浸泡的30颗种子的发芽数约为15颗. （2）X的可能取值为0,1,2，

112C323C3C26C21P(X0)2，P(X1)2，P(X2)2，

C510C510C510其分布列为：

6142， 1010542346419(1)2(2)2∴DX(0).

51051051025∴EX1【考点】1.线性回归方程；2.离散型随机变量的分布列,期望,方差.

第 9 页 共 15 页

M是CD的中点. 19．如图，正方体ABCDA1BC11D1中，点

（1）求BB1和平面AC11M所成角的余弦值； （2）在BB1上找一点N，使得D1N平面AC11M. 【答案】（1）cos122；（2）t.

23【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系,写出A1,M,C1,B,B1点坐标,求出平面

（2）令AC11M一个法向量,与BB1联立,利用向量间的夹角的余弦求出线面夹角余弦；N的坐标为(1,1,t),利用D1N与法向量共线,得关于t的方程,解方程得t.

试题解析：

（1）以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴，y轴和z轴， 以建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则A1(1,0,1),M(0,,0),C1(0,1,1)，

1AM(1,,1)， 所以AC，(1,1,0)111212xy0eAC11设平面AC一个法向量为，由，得， Me(x,y,z)111xyz0eA1M211令y1，则x1,z，所以e(1,1,)，

22又BB1(0,0,1)，则cosBB1,e1211212()21221.

312822所以sinBB1,e1()，

393设BB1与平面AC11M所成的角为，即cos22， 3第 10 页 共 15 页

（2）设N的坐标为(1,1,t)，其中0t1，则D1N(1,1,t1)， 11t1t因为D1N平面AC，所以与共线，从而，即. eMDN11122【考点】1.线面之间的位置关系和判定；2.空间向量；3.空间想象能力.

x2y2620．已知椭圆C：221(ab0)的两个焦点为F1,F2，离心率为，点A,Bab3在椭圆上，F1在线段AB上，且ABF2的周长等于43. （1）求椭圆C的标准方程；

（2）过圆O:x2y24上任意一点P作椭圆C的两条切线PM和PN与圆O交于点

M,N，求PMN面积的最大值.

x2y21；【答案】（1）（2）SPMN取最大值4. 3【解析】试题分析：（1）由题中ABF2的周长为43结合椭圆的定义,可求得a,再由离心率

6,求得b,c可得椭圆的标准方程；（2）先求出其中一条切线斜率不存在时3PMN面积,再求两条切线斜率都存在时,利用过点Pxp,yp的切线方程与椭圆方程

联立,消去y,变为关于x的二次方程,利用根与系数的关系,可得两切线斜率积为1,即两切线垂直,则MN为两圆直径,再由基本不等式可知

111|PM||PN|(|PM|2|PN|2)|MN|24,与一条切线斜率不存244在时PMN面积相比可得面积最大值. SPMN试题解析：

（1）由ABF2的周长为43，得4a43，a3. 由离心率ec6222，得c2，bac1. a3x2y21. 所以椭圆标准方程为：3（2）设点P(xP,yP)，则xpyp4.

（ⅰ）若两切线中有一条切线的斜率不存在，则xP3，yP1，另一切线的斜率为0，从而PMPN. 此时，SPMN2211|PM||PN|22323. 22第 11 页 共 15 页

（ⅱ）若切线的斜率均存在，则xP3， 设过点P的椭圆的切线方程为yyPk(xxP)，

代入椭圆方程，消y并整理得：(3k21)x26k(yPkxP)x3(yPkxP)230.

222依题意0，得(3xp)k2xPyPk1yp0.

设切线PM,PN的斜率分别为k1,k2，从而k1k21y2p3x2px2p33x2p1，

即PMPN，线段MN为圆O的直径，|MN|4. 所以SPMN11|PM||PN|24(|2PM|21|PN|)42|MN当|且4，仅当

|PM||PN|22时，SPMN取最大值4.

综合（ⅰ）（ⅱ）可得：SPMN取最大值4.

【考点】1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.基本不等式；4.

韦达定理. 【思路点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系,基本不等式,及韦达定理的应用.解析几何大题的第一问一般都是确定曲线的方程,常见的有求参数确定议程和求轨迹确定方程,第二问一般为直线与椭圆的位置关系,解决此类问题一般需要充分利用数形结合的思想化给出的条件,可将几何条件转化为代数关系,从而建立方程或者不等式来解决.

21．已知函数f(x)lnx，g(x)ax(2a1)x,aR. （1）当a1时，求不等式f(x)g(x)0的解集；

（2）若a0，求函数F(x)f(x)g(x)的单调递增区间；

2（3）求证：当a[133222,]时，对于任意两个不等的实数x1,x2[,]，均有

4423|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|成立.

a0时，a【答案】（1）（2）增区间为(0,1)，(0,1)(3,)；

1时，增区间为(0,)，211110a时，增区间为(0,1),(,)，a时，增区间为(0,),(1,)；（3）

22a22a证明见解析.

【解析】试题分析：（1）将函数式代入,由a1,可得关于x的不等式,可得解集；（2）对函数Fx求导,利用导函数与函数的单调性间的关系,解F(x)0可得函数的单调

'递增区,注意解不等式过程中对a进行分类讨论；（3）构造函数f(x)g(x),利用

第 12 页 共 15 页

a[133222,]时，函数的单调f(x)g(x)在[,]范围内的单调性问题去证明

44231344对于任意两个不等的实数x1,x2[,]，均有|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|成立. 试题解析：

（1）定义域为(0,)，所以不等式等价于(x3)lnx0， 故不等式的解集为(0,1)(3,)，

2（2）F'(x)12ax(2a1)x12ax(2a1)xx2a(x1)(x1)2a xa0时，F'(x)00x1，所以增区间为(0,1)，

1时，增区间为(0,)， 2110a时，增区间为(0,1),(,)，

22a11a时，增区间为(0,),(1,).

22a113（3）不妨设x1x2，由（2）知，a时，f(x)g(x)在[,]是单调递增函数，

2441213a时，所以， 232a413所以f(x)g(x)在[,]是单调递增函数，

4413f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)对x[,]恒成立.

44a当ax1322时，令(x)2，

xx2x22x1则(x)0x21，

(x2x)2'随着x的变化，(x),(x)的变化如下：

'

所以max(x)322. ∴x[,],2a1344x113[,]是单调递增函数， ，从而在f(x)g(x)x2x44第 13 页 共 15 页

13f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)在[,]恒成立，

44所以f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)f(x1)f(x2)对x1,x2[,]， 任意x1,x2[,]且x1x2，均有|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|成立. 【考点】1.函数的单调性与导数间的关系；2不等式；3.分类讨论. 22．选修4-1：几何证明选讲

如图，AB切圆O于点B，点G为AB的中点，过G作圆O的割线交圆O于点C,D，连接AC并延长交圆O于点E，连接AD并交圆O于点F，求证：EF//AB.

13441344

【答案】证明见解析．

【解析】试题分析：由切割线定理和中点可得GA2GB2GCGD,进一步判断

GAC和GDA相似,可得GACGD,AF得到可证GACAE,EF//AB.

试题解析：

如图，AB切圆O于点B，点G为AB的中点，

22所以GAGBGCGD，

所以GAC∽GDA，

所以GACGDA，又GDAAEF， 所以GACAEF， 所以EF//AB.

【考点】1.相似三角形；2.切割线定理. 23．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

以直角坐标系中的原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，已知曲线的极坐标方程为2.

1sin（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）过极点O作直线l交曲线于点P,Q，若|OP|3|OQ|，求直线l的极坐标方程.

2【答案】（1）x4y4；（2）6或5(R). 6x2y2，【解析】试题分析：（1）利用平面直角坐标系与极坐标系下的转化关系式（2）由极坐标方程的几何siny,代入可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；意义及关系式|OP|3|OQ|,可得直线l的极坐标方程. 试题解析：

第 14 页 共 15 页

（1）∵∴x2y2，siny，

2化为sin2，

1sin∴曲线的直角坐标方程为x24y4. （2）设直线l的极坐标方程为0(R)， 根据题意：

22， 31sin01sin(0)解得：06或05， 6直线l的极坐标方程6或5(R). 6【考点】极坐标系与平面直角坐标系下曲线方程的转化. 24．选修4-5：不等式选讲

如果x是实数，且x1，x0，n为大于1的自然数，用数学归纳法证明：

(1x)n1nx.

【答案】证明见解析.

【解析】试题分析：首先证明当n2时,不等式成立,再假设nk时,不等式成立;在假设的基础上证明当nk1时不等式也成立,最后得出结论不等式成立,要注意

nk,nk1两种情况下不等式的变化.

试题解析：

当n2时，(1x)12xx12x，不等式成立， 假设当nk时不等式成立，即(1x)1kx， 则

当

k1kx1kkxk22nk1时，

(x)x1k2((x.

11k))即当nk1时，不等式也成立. 综上，(1x)1nx. 【考点】数学归纳法.

n第 15 页 共 15 页