乌鲁木齐数学理科二模卷及答案.docx
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乌鲁木齐数学理科二模卷及答案
、选择题
1.已知集合
A.2,3
2016年乌鲁木齐市高三数学理科二模卷
学校:
姓名：
班级:
考号:
（题型注释）
Ax|1
x3,B
x|x24,则A”B
B.
1,2
C.
2,3
D.
2,4
5
2.复数5
4i
A.第一象限
色对应的点在复平面的（
B.
第二象限
C.
第三象限
D.第四象限
3.已知偶函数
在区间
0,
单调递增，则满足f
2x
1一
-的x的取值范围就是（）
3
1
A.-
3
B.
C.
D.
4.若x,y满足xy
10,则z
x2y的最小值为（）
x3y
30
A.8B.7C.2
D.1
5.已知就是第二象限角
且sin—
反则cos'sin
（）
2
5
A.口
15
B.
C.
D.
cos
11.2
15
1,粗线画出的就是某几何体的三视图
则此几何体的体积为（）
6.如图，网格纸上小正方形的边长为
7.在平行四边形
ABCD中,
AB
2,AD1,DAB600,E就是BC的中点，则
A.1B.2
8.执行如图所示的程序框图
C.3
D.4
若m4,则输出的结果为（）
A.1
B.
3
C.2
D.
3
9.已知
x,y都就是正数
且x
y
4
1,则
x2
13
9
A.—
B.2
C.
D.3
15
4
10.设函数fx
sinx
cosx,x0,2
4
8
A.
B.
2
C.
D.
3
3
若o
1,则下列不等式成立的就是
11.设a
（
）
A.alnb
blnaB.
alnbblna
C.
12.设P为双曲线
2
x
~2
a
b
ae
的最小值为（）
a1,则方程fx
的所有根之与为（）
bea
D.
ba
aebe
2
b21a0,b0右支上一点
O就是坐标原点
K
y-x的一个交点始终在第一象限，则双曲线离心率e的取值范围就是（）
a
A.1,二B.1^2C..2,+D./2,+
以OP为直径的圆与直线
二、填空题（题型注释）
52
13.12x1x的展开式中x2的系数就是、
14.若椭圆的两焦点与短轴两端点在单位圆上，则此椭圆的内接正方形的边长为、
15.已知四面体ABCD满足ABCD.6,ACADBCBD2,则四面体ABCD的外接球的表面
积就是
三、解答题（题型注释）
16.在三角形ABC中，角角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且ac2b2,a2sinA,则此三角形的面积
与圆
17.已知数列an的前n项与为Sn,且Sn2a.1、
（i）求数列an的通项公式；
（n）记bnlog2an,求数列anbn的前n项与为Tn、
18.如图，三棱锥PABC中，ABC就是正三角形，PC平面ABC,PCAC,E为AC中点，EFAP,垂足为F、
（i）求证:
APFB;
（n）求二面角AFCB的平面角的余弦值、
19.在一次高三数学模拟测验中，对本班“选考题”选答情况进行统计结果如下
x3
（i）当m1时，求证:
1x0时，fx；
3
（n）试讨论函数yfx的零点个数、
22.如图，ABC中，以BC为直径的OO分别交AC,AB于点E,F,BE,CF交于点H、
求证：
（I）过C点平行于AH的直线就是OO的切线；
（n）BHBECHCFBC2、
23.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系、圆2cos
选修4-1
选修4-4
选槪4J■
10
6
4
.女主（2
罕
Jbi
e
2
（I）在统计结果中，如果把“选修4-1”与“选修4-4”称为“几何类”，把“选修4-5”称为“非几何类”能否有99%勺把握认为学生选答“几何类”与性别有关？
（n）已知本班的两名数学课代表都选答的就是“选修4-5”,现从选答“选修4-1”、“选修4-4”与“选修4-5
的同学中，按分层抽样的方法随机抽取7人，记抽取到数学课代表的人数为X,求X得分布列及数学期望、
尸（汽切
0.15
010
0.05
0.02?
O.OIC
0.005
0001
2.072
2.70（5
3.841
5Q4
6.535
7.879
2
K2
nadbe
abedaebd
sin交于O,A两点、
（I）求直线OA的斜率；
（n）过O点作OA的垂线分别交两圆于点B,C,求|BC|、
24.设函数f
（n）若对任意
x2
3x、
0,求证:
f
xx2
fX2；
X1,X2
0,1,都有|f%fx2|Lx-!
x2,求L的最小值、
20.在平面直角坐标系xOy中，动点P到点F1,0的距离比它到y轴的距离多1、
（I）求点P的轨迹E的方程；
（n）过点F任作直线I,交曲线E于A,B两点，交直线x1于点C,M就是AB的中点，求
证:
|CA||CB||CM||CF|、
21.已知函数fxIn1mx
mx,其中m0、
参考答案
1.B
【解析】
试题分析
TBx
2
x2,•A[
IB
1,2
;故选B.
考点:
1、
不等式的解法；
2、集合的运算.
2.A
【解析】
试题分析
:
因为53i
（53i）（4i）
17
17i
1i,所以对应的点为
J八4
（4i）（4i）
仃
考点:
1、
复数的除法运算
;2、复数的几何意义
3.A
【解析】
1,1;故选A.
试题分析
:
tf（x）就是偶函数，二fxf|x,•'•f|2x1
11
再根据f（x）的单调性，得|2x1|-,解得-
33
考点:
1、函数的单调性;2、函数的奇偶性.
4.B
【解析】
12
■X—；故选A.
33
试题分析：
不等式组表示的平面区域如图所示
平移直线y
X
-,可知当经过点A1,0时,
2
zx2y取最小值1;故选B.
考点：
简单的线性规划•
5.C
【解析】
试题分析
:
由sin2
5
了,又
就是第二象限角，
二tan
2
coscos
2,二原式=-
V2.
cossin
2
sin
2
2cos
1tan
考点:
1、诱导公式;2、同角三角函数基本关系式
6.A
【解析】
试题分析：
由几何体的三视图，可知该几何体为截去一角的长方体，其直观图如图所示,所以
其体积
11
V663443100；故选A.
32
DiG
试题分析：
由题意知,
0,y
0,
考点:
1、三视图；2几何体的体积、
7.C
【解析】
试题分析
:
AEDBAB1AD
2
ABAD
AB2-aBAD-aD2
3;故选C.
2
2
考点:
1、
平面向量的线性运算;2、平面向量的数量积运算•
8.D
【解析】
试题分析
:
由k23k4,解得k
1或k4、
由框图可知，开始，k
0,P
4、第
步，P
42022,k011、
第二步，
P222123,k
11
2、第三
步，P
232225,k213、
第四步，P
252328,k3
14、
第五步，因
为k4
4,满足判断框内的条件，故输出结果为
88
zlog82-;故选
D.
考点：
程序框图.
9.C
【解析】
5+1
x2
当且仅当
2
3，y
9
取最小值一；故选C.
考点：
基本不等式
10.C
【解析】
试题分析：
fx2sinx
x0,2
2,2,0a1,方程
xi
a有两根Xi,X2,由对称性，有——
X2
3
，二x-ix2
2
;故选C.
考点：
1、三角恒等变换；2、三角函数的性质
11.D
【解析】
试题分析：
令fX皿x0,则fx
x
1Inx,令
x
时,1Inx0,fx0,
当x0,e时，1Inx0,fx0,当xe
•••函数fx的增区间为0,e,减区间为e,,又e1,
•••当eab时，fbfa,即,即alnbblna
ba
而abe时，^.U,即alnbblna,故ab不正确，
ab
x
e
令gx,同理可知函数gx的增区间为1,,减区间为,1
x
ab
•••当ab1时，gagb,即——,即a^be*；故选d.
ab
考点：
利用导数研究函数的单调性.
12.B
【解析】
ab
试题分析：
设PXo,y°,交点Axa,yA,则lPA:
yy0xx0,与yx联立,
ba
，口aaxoby0baxnby0卄「一“亠“亠*
得afAfA，若要点A始终在第一象限
ax0
by。
0即要
b
X0a
y0恒成立，若点P在第一象限
此不等式显然成立
；只需要若点P在第四象限或坐
2
标轴上此不等式也成立、此时y0,•a2x（2
b
2
y：
而y0b21，故
a
2
X0
a2b2
b2恒成立,只需~22
ba
0,即ab,•1e、、2；故选B.
考点：
1、双曲线的结合性质；2、直线与圆的位置关系
13.20
【解析】
试题分析：
1
52
x展开式的通项为Tr1Cfxr,由题意可知,x的系数为
20;故填20.
考点：
二项式定理•
【解析】
2
试题分析：
不妨设椭圆方程为笃
a
2
缶1ab0,依题意得
bc1,a2,得椭圆
Xo,Xo,代入椭圆方程,得
1
在RtOFA中
2
OA
2:
1,OAOBOC
OD,•••该四面体的外接球的半径就是
—,其外接球的表面
积就是7;故填7
考点:
1、球的表面积;2、多面体与球的组合
16.
【解析】
试题分析：
由题意得
b
sinB
2,而b1,•sinB1,又2bac,B不可能就sinA2
是钝角
cosB
而cosB
2
2acb2
2ac
4p,即
2ac2ac
2
X2
方程为y1,设此内接正方形在第一象限的顶点坐标为
2
Xo6,所以正方形边长为216；故填216.
333
考点：
椭圆的标准方程•
15.7
【解析】
试题分析：
在四面体ABCD中，取线段CD的中点为E,连结
AE,BE,ACADBCBD2,则AECD,BECD,在RtAED中CD、6,
1010
二AE』,同理BE,取AB的中点为F,由AEBE,得EFAB,在
22
RtEFA中，AB.6,EF1,取EF的中点为O,则OF
31
ac63.3,•SabcacsinB
2J32
亠;故填』
44
考点:
1、正弦定理；2、三角形的面积公式
17.（I）an2n1;（n）Tnn2n2n
12.
【解析】
试题分析：
（I）利用an51,01
SiSn1,n
2的关系得到数列的递推关系,利用等比数列的定
义与通项公式进行求解；（n）先利用对数运算求出bn,再利用错位相减法进行求解
试题解析：
（I）当n1时，由S12a11得a11,n2时，由◎
a22a21,a22,
2an
an
即
an1
2,所以an就是首项为1,公比为2的等比数列，则an
2*1
（n）bn
n1
log2anlog22n1,令Cnanbn,则Cn
2n1n
记数列
anbn的前n项与为Tn,即Tn0201
21
22III
12n1
则2Tn
IIIn22n1
2n,
两式相减，得Tn02122
2n
12n1
12n
22n1n2n
•••Tn
n2n2n12
当n2时，Sn2an1,S*12an11,两式相减，得an2an
考点：
1、an与Sn的关系；2、等比数列；3、错位相减法•
/31
18.（I）证明见解析；（n）.
31
【解析】
再利用线面垂直的性质与判定证
;（n）建立空间直角坐标系，利用平面的法
试题分析:
（I）利用等腰三角形的三线合一证得线线垂直得线面垂直，再利用线面垂直的性质得到线线垂直向量求二面角的余弦值.
试题解析:
（I）连结BE,由题意得BEAC,又•••PC平面ABC,
AP,
FB；
•PCBE,•BE面PAC,•BE
又•••EFAP,•AP面BEF,•AP
（n）如图，以E为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐
标系Exyz、
由题意得A0,1,0,F0,
11
2,2
、3,o,o,c0,1,0,
bCv'3,1,0,FB
设平面FBC的法向量为n
x,y,z,
33,于就是
nBC0,即：
3x1y
nFB03x2y
1,3,33,
易知
平面AFC的法向量为p
EB
1,0,0,cosn,p
n_P
「P
詈,即二面角
FCB
的平面角的余弦一31
31
考点:
1、空间中垂直关系的转化；2、空间向量在立体几何中的应用
19.（I）有99%的把握认为学生选答“几何类”与性别有关；（n）分布列略，
【解析】
试题分析:
（I）先利用列联表与K2公式求出K2值,再利用临界值表进行判定
;（n）先利用
几何裘
非几何粪
■
男生（人）
16
4
20一
女生（人）
8
14
會计（人）
24
1S
42
分层抽样确定各类同学的人数，列出随机变量的所有可能取值，求出每个变量对应的概率，列
表得到分布列，再求其期望值•
试题解析:
（I）由题意得22列联表
2
42161448
24182220
8.1456.635
所以根据此统计有99%的把握认为学生选答“几何类”与性别有关、
（n）根据分层抽样得,在选答“选修4—1”“选修4—4”与“选修4—5”的同学中分别抽取
2名，2名，3名，依题意知X的可能取值为
0,1,2
Ci7G22G36
C12C12C18
35,pxi
51
C6C
"CT
Ci；C；
"cT
i
51
所以X的分布列为
X
0
1
尸㈤
35
51
5
17
1
51
1
其期望值为EX丄、
3
考点:
1、独立性检验思想的应用；2、分层抽样;3、随机变量的分布列与期望.
2
20.（I）y4x；（n）证明见解析.
【解析】
试题分析：
（I）先利用抛物线的定义判定动点的轨迹，再利用待定系数法求抛物线方程;（n）
先利用分析法将所证结论进行与合理转化，再设出直线方程，与抛物线方程进行联立，利用根
与系数的关系的关系进行求解.
试题解析：
（I）依题意，点P到点F1,0的距离与它到直线x1的距离相等，•••点P的
轨迹E就是以F为焦点，以直线x1为准线的抛物线，•E的方程为y24x;
（n）根据对称性只考虑AB的斜率为正的情形，设点A,B,M,F在准线上的投影分别为
A1，B1，N，H，要证CACB
CM
CA
CF
CM
CB
CF,就就是要证
只需证
CA1
CH
CN
CB1
即证CA1CB1
设直线AB的方程为xmy1,代入
设AX1,y1,BX2,y2,则y1
y2
CNCH…①
22
y4x,得y
4m…②，y1y2
4my
40,
4…③,
在xmy1中，令x1,得y
因此,要证①式成立，只需证：
y1
ycy2
yc
y1
于ycyc
2
只需证：
y1y2y2yc0…④,
2
由②③两式,可知y1y2
yc
2
42m0,
m
•••④式成立，二原命题获证.
考点:
1、抛物线的定义与标准方程；2、直线与抛物线的位置关系.
21.（I）证明见解析；（n）当0m1与m1时，函数yfx有两个零点，当m1时,
函数yfx有且仅有一个零点.
【解析】
试题分析：
（I）作差构造函数，求导，利用导函数研究函数的单调性与最值进行求解；（n）求
导，讨论m的取值范围，比较导函数的零点的大小，确定函数的极值，再由极值的正负判定函数零点的个数.
33
Xx
试题解析:
（I）当m1时，令gxfx1x0,则gx，
31x
当1
x0时，
3x
0,1
x
0,•
■-g
x0,此时函数gx递增，
•••当1
x0时，q
xg
0
0,
当
1x0时,fx
3
—…①
3
1
mx
x
m-
1
（n）f
m
…②
令
fx0,得x1
0,
x2m
x
1
mx
m
⑴当m
1时,x1
X2
0,由②得
f
x
x2
…③
1x
•••当x
1时,1
x
0,x2
0,
f
x0,此时，函数
f
x为增函数，
•-1
x0时，
fx
f0
0,f
0
0,x0时，f
x
f0
0,
故函数
yfx,在x
1上有且只有一
个零点
x0
5
⑵当0
1
m1时，m—
0,且
丄
1m,
m
m
m
由②知
1
当x,m
-,1
mx
0,mx
0,x
1
m—
0,
m
m
m
此时，'
fx0;同理可得
当x
m
-,0,
fx
0;当x
0时，f
x0;
•••函数y
的增区间为
1
mm
0,+,减区间为
丄,0
m
0,当x
0时，fx
•函数
Inm2
有且只有
个零点
构造函数t
1
t7
…④，易知，对
0,1,
1为减函数，•
1,知0
=In
m2
构造函数
xInx
m2
0…⑤
1时，kx0,当x
0,•函数
的增区间为
0,1,减区间为
1,
0,
•••有In丄
m
1
1时，In1mx
A1…⑥
m
2
而mx
2
mx
1…⑦
由⑥⑦知f
In1
mx
x2
mx
0…⑧
又函数yfx
1
mm
上递增，
由⑤⑧与函数零点定理知
X。
综上，当0m1时，函数fx
1m2
In1mx
使得f
x°0
x2
2mx有两个零点，
11
⑶当m1时，m0,由②知函数yfx的增区间就是,0
mm
11
与m,,减区间就是0,m…⑨
mm
由④知函数yt,当t1为减函数，•••当t
1
从而fm0;当x2m时，其中2m
m
fxIn1mx
2
2
y
mxln1mx
又xm
1
—时,函数
m
f
x递增
，…x0
根据⑨知，
函数x
1
0
时，有f
x0;
m
•函数y
fxx
1
1
m-
有且只有
m
m
1时t10
m丄，1mx1
m
x
x2m0…⑩
2
1
m,2m使得fx°0,
m
1
x0,m时,fx0,fx0,m
」个零点x0
综上所述：
当0m1与m1时,函数yfx有两个零点
当m1时,函数yfx有且仅有一个零点.
考点：
1、函数的单调性与零点;2、导数在研究函数中的应用.
22.（I）证明见解析；（n）证明见解析.
【解析】
试题分析:
（I）连结EF,延长AH交BC于D,利用圆内接四边形的性质证明三角形相似再证明线线垂直;（n）连续利用割线定理进行证明.
试题解析:
（I）连结EF,延长AH交BC于D,过C点平行于AH的直线就是CM,•/BC就是直径，•BECBFC90,•AFHAEH180,
•/A,F,H,E四点共圆，•1=2,
又•••BFEC就是圆内接四边形，•1=3,
2=3,而C=C,•ADCsBEC,•ADC=BEC90,
•ADBC,•CMBC,•CM就是OO的切线•
（n）•••HDCHEC180,•H,D,C,E四点共圆，
•BHBEBDBC,同理CHCFCDBC,
两式相加BHBE+CHCFBDBC+CDBC
2
=BDCDBCBC
考点：
圆内接四边形
23.（I）2;（n
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