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文档介绍
江苏省盐城市高考数学三模试卷
2016年江苏省盐城市高考数学三模试卷 一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,计70分.不需写出解答过程,请把答案写在答题纸的指定位置上) 1.(5分)已知集合A={1,2,3,4,5},B={1,3,5,7,9},C=A∩B,则集合C的子集的个数为 . 2.(5分)若复数z满足(2﹣i)z=4+3i(i为虚数单位),则|z|= . 3.(5分)甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球,现从两盒中随机各取一个球,则至少有一个红球的概率为 . 4.(5分)已知一组数据x1,x2,x3,x4,x5的方差是2,则数据2x1,2x2,2x3,2x4,2x5的标准差为 . 5.(5分)如图所示,该伪代码运行的结果为 . 6.(5分)以双曲线﹣=1(a>0,b>0)的右焦点F为圆心,a为半径的圆恰好与双曲线的两条渐近线相切,则该双曲线的离心率为 . 7.(5分)设M,N分别为三棱锥P﹣ABC的棱AB,PC的中点,三棱锥P﹣ABC的体积记为V1,三棱锥P﹣AMN的体积记为V2,则= . 8.(5分)已知实数x,y满足约束条件,则的最大值为 . 9.(5分)若f(x)=sin(x+θ)﹣cos(x+θ)(﹣≤θ≤)是定义在R上的偶函数,则θ= . 10.(5分)已知向量,满足=(4,﹣3),||=1,|﹣|=,则向量,的夹角为 . 11.(5分)已知线段AB的长为2,动点C满足•=λ(λ为负常数),且点C总不在以点B为圆心,为半径的圆内,则实数λ的最大值是 . 12.(5分)若函数f(x)=ex+x3﹣﹣1的图象上有且只有两点P1,P2,使得函数g(x)=x3+的图象上存在两点Q1,Q2,且P1与Q1、P2与Q2分别关于坐标原点对称,则实数m的取值集合是 . 13.(5分)若数列{an}满足:对任意的n∈N*,只有有限个正整数m使得am<n成立,记这样的m的个数为bn,则得到一个新数列{bn}.例如,若数列{an}是1,2,3,…,n…,则数列{bn}是0,1,2,…,n﹣1,…现已知数列{an}是等比数列,且a2=2,a5=16,则数列{bn}中满足bi=2016的正整数i的个数为 . 14.(5分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC为锐角三角形,且满足b2﹣a2=ac,则﹣的取值范围是 . 二、解答题(共6小题,满分90分) 15.(14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知B=60°,a+c=4. (1)当a,b,c成等差数列时,求△ABC的面积; (2)设D为AC边的中点,求线段BD长的最小值. 16.(14分)如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2AD,PD⊥底面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求证:平面PDE⊥平面PEC. 17.(14分)一位创业青年租用了一块边长为1百米的正方形田地ABCD来养蜂、产蜜与售蜜,他在正方形的边BC,CD上分别取点E,F(不与正方形的顶点重合),连接AE,EF,FA,使得∠EAF=45°.现拟将图中阴影部分规划为蜂源植物生长区,△AEF部分规划为蜂巢区,△CEF部分规划为蜂蜜交易区.若蜂源植物生长区的投入约为2×105元/百米2,蜂巢区与蜂蜜交易区的投入约为105元/百米2,则这三个区域的总投入最少需要多少元? 18.(16分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1的左顶点为A,右焦点为F,P,Q为椭圆C上两点,圆O:x2+y2=r2(r>0). (1)若PF⊥x轴,且满足直线AP与圆O相切,求圆O的方程; (2)若圆O的半径为,点P,Q满足kOP•kOQ=﹣,求直线PQ被圆O截得弦长的最大值. 19.(16分)已知函数f(x)=mlnx(m∈R). (1)若函数y=f(x)+x的最小值为0,求m的值; (2)设函数g(x)=f(x)+mx2+(m2+2)x,试求g(x)的单调区间; (3)试给出一个实数m的值,使得函数y=f(x)与h(x)=(x>0)的图象有且只有一条公切线,并说明此时两函数图象有且只有一条公切线的理由. 20.(16分)已知数列{an}满足a1=m,an+1=(k∈N*,r∈R),其前n项和为Sn. (1)当m与r满足什么关系时,对任意的n∈N*,数列{an}都满足an+2=an? (2)对任意实数m,r,是否存在实数p与q,使得{a2n+1+p}与{a2n+q}是同一个等比数列?若存在,请求出p,q满足的条件;若不存在,请说明理由; (3)当m=r=1时,若对任意的n∈N*,都有Sn≥λan,求实数λ的最大值. 四.数学附加题部分(本部分满分0分,考试时间30分钟)[选做题](在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题0分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内)A.(选修4-1:几何证明选讲) 21.如图,AB是圆O的直径,弦BD、CA的延长线相交于点E,EF垂直BA的延长线于点F. 求证:∠DEA=∠DFA. B.(选修4-2:矩阵与变换) 22.已知矩阵M=的两个特征向量a1=,a2=,若β=,求M2β. C.(选修4-4:坐标系与参数方程) 23.已知直线l的参数方程为,曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ,试判断直线l与曲线C的位置关系. D.(选修4-5:不等式选讲) 24.已知正数x,y,z满足x+2y+3z=1,求++的最小值. 四.[必做题](第25、26题,每小题0分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内) 25.甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛,其中两人比赛,另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判,假设每局比赛中,甲胜乙的概率为,甲胜丙、乙胜丙的概率都为,各局比赛的结果都相互独立,第1局甲当裁判. (1)求第3局甲当裁判的概率; (2)记前4局中乙当裁判的次数为X,求X的概率分布与数学期望. 26.记f(n)=(3n+2)(C+C+C+…+C)(n≥2,n∈N*). (1)求f(2),f(3),f(4)的值; (2)当n≥2,n∈N*时,试猜想所有f(n)的最大公约数,并证明. 2016年江苏省盐城市高考数学三模试卷 参考答案与试题解析 一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,计70分.不需写出解答过程,请把答案写在答题纸的指定位置上) 1.(5分)(2016•盐城三模)已知集合A={1,2,3,4,5},B={1,3,5,7,9},C=A∩B,则集合C的子集的个数为 8 . 【考点】交集及其运算.菁优网版权所有 【专题】集合思想;定义法;集合. 【分析】由A与B,求出两集合的交集确定出C,即可作出判断. 【解答】解:∵A={1,2,3,4,5},B={1,3,5,7,9}, ∴C=A∩B={1,3,5}, 则集合C的子集个数为23=8, 故答案为:8 2.(5分)(2016•盐城三模)若复数z满足(2﹣i)z=4+3i(i为虚数单位),则|z|= . 【考点】复数求模.菁优网版权所有 【专题】计算题;规律型;数系的扩充和复数. 【分析】利用复数的模的求法否则化简求解即可. 【解答】解:复数z满足(2﹣i)z=4+3i, 可得|2﹣i||z|=|4+3i|, 可得|z|==. 故答案为:. 3.(5分)(2016•盐城三模)甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球,现从两盒中随机各取一个球,则至少有一个红球的概率为 . 【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率.菁优网版权所有 【专题】计算题;整体思想;定义法;概率与统计. 【分析】先求出试验发生的总事件数是3×3=9,再求出从两盒中随机各取一个球,则没有红球的种数只有1种,根据对立事件的概率公式计算即可. 【解答】解:试验发生的总事件数是3×3=9, 从两盒中随机各取一个球,则没有红球的种数只有1种, 故现从两盒中随机各取一个球,则至少有一个红球的概率为1﹣= 故答案为: 4.(5分)(2016•盐城三模)已知一组数据x1,x2,x3,x4,x5的方差是2,则数据2x1,2x2,2x3,2x4,2x5的标准差为 2 . 【考点】极差、方差与标准差.菁优网版权所有 【专题】对应思想;综合法;概率与统计. 【分析】根据方差公式求出数据2x1,2x2,2x3,2x4,2x5的方差,从而求出标准差. 【解答】解:∵一组数据x1,x2,x3,x4,x5的方差是2, 则数据2x1,2x2,2x3,2x4,2x5的方差是22•2=8, 其标准差为:2, 故答案为:2. 5.(5分)(2016•盐城三模)如图所示,该伪代码运行的结果为 11 . 【考点】循环结构.菁优网版权所有 【专题】计算题;图表型;试验法;算法和程序框图. 【分析】模拟执行程序,依次写出每次循环得到的S,i的值,当S=25时不满足条件S≤20,退出循环,输出i的值为11. 【解答】解:模拟执行程序,可得 S=0,i=1 满足条件S≤20,执行循环体,S=1,i=3 满足条件S≤20,执行循环体,S=4,i=5 满足条件S≤20,执行循环体,S=9,i=7 满足条件S≤20,执行循环体,S=16,i=9 满足条件S≤20,执行循环体,S=25,i=11 不满足条件S≤20,退出循环,输出i的值为11. 故答案为:11. 6.(5分)(2016•盐城三模)以双曲线﹣=1(a>0,b>0)的右焦点F为圆心,a为半径的圆恰好与双曲线的两条渐近线相切,则该双曲线的离心率为 . 【考点】双曲线的简单性质.菁优网版权所有 【专题】方程思想;定义法;圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】根据圆和渐近线的垂直关系建立方程条件进行求解即可. 【解答】解:由题意知圆心F(c,0),双曲线的渐近线为y=±x,不妨设其中一条为bx﹣ay=0, ∵圆与渐近线相切, ∴圆心到渐近线的距离d==b=a, 即c= 即离心率e==, 故答案为:. 7.(5分)(2016•盐城三模)设M,N分别为三棱锥P﹣ABC的棱AB,PC的中点,三棱锥P﹣ABC的体积记为V1,三棱锥P﹣AMN的体积记为V2,则= . 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.菁优网版权所有 【专题】计算题;转化思想;等体积法;立体几何. 【分析】由题意画出图形,利用N为棱PC的中点,且三棱锥P﹣ABC的体积记为V1,得到,再由M为棱AB的中点,得到,由等积法得到,则可求. 【解答】解:如图, ∵N为棱PC的中点,且三棱锥P﹣ABC的体积记为V1, ∴, 又M为棱AB的中点, 则, ∴, 即. 故答案为:. 8.(5分)(2016•盐城三模)已知实数x,y满足约束条件,则的最大值为 . 【考点】简单线性规划.菁优网版权所有 【专题】数形结合;转化法;不等式. 【分析】作出不等式组对应的平面区域,结合直线斜率的应用,利用数形结合进行求解即可. 【解答】解:作出不等式组对应的平面区域, =,则对应的几何意义是区域内的点到点(﹣,)的斜率, 由图象知AD的斜率最大, 由得,即A(1,4), 此时==, 故答案为:. 9.(5分)(2016•盐城三模)若f(x)=sin(x+θ)﹣cos(x+θ)(﹣≤θ≤)是定义在R上的偶函数,则θ= ﹣ . 【考点】三角函数中的恒等变换应用.菁优网版权所有 【专题】函数思想;分析法;三角函数的求值. 【分析】对f(x)化简,由偶函数得到正弦函数是需要左右平移+kπ,k∈Z个单位,得到θ的值. 【解答】解:∵f(x)=sin(x+θ)﹣cos(x+θ)=2sin(x+θ﹣), 是定义在R上的偶函数, ∴θ﹣=+kπ,k∈Z ∴θ=+kπ, ∵﹣≤θ≤, ∴k=﹣1时, θ=﹣. 故答案为θ=﹣. 10.(5分)(2016•盐城三模)已知向量,满足=(4,﹣3),||=1,|﹣|=,则向量,的夹角为 . 【考点】平面向量数量积的运算.菁优网版权所有 【专题】对应思想;综合法;平面向量及应用. 【分析】对|﹣|=两边平方,计算,代入向量的夹角公式得出夹角. 【解答】解:||==5, ∵|﹣|=,∴=26﹣2=21, ∴=. ∴cos<>==. ∴向量的夹角为. 故答案为:. 11.(5分)(2016•盐城三模)已知线段AB的长为2,动点C满足•=λ(λ为负常数),且点C总不在以点B为圆心,为半径的圆内,则实数λ的最大值是 ﹣ . 【考点】平面向量数量积的运算.菁优网版权所有 【专题】计算题;作图题;数形结合;转化思想;数形结合法;三角函数的求值;平面向量及应用. 【分析】由题意建立坐标系,假设点C在圆内,B(0,0),A(2,0),C(rcosa,rsina),(r<),从而利用坐标表示出向量,从而可得λ=﹣2rcosa+r2,从而求得. 【解答】解:由题意建立坐标系如右图, 假设点C在圆内, 则B(0,0),A(2,0),C(rcosa,rsina),(r<), 则=(2﹣rcosa,﹣rsina),=(﹣rcosa,﹣rsina), ∴λ=(2﹣rcosa,﹣rsina)•(﹣rcosa,﹣rsina) =﹣2rcosa+r2(cos2a+sin2a) =﹣2rcosa+r2, ∴r2﹣2r≤λ≤r2+2r, 故﹣<λ<, ∵点C总不在以点B为圆心,为半径的圆内, ∴λ≤﹣或λ≥(舍); 故实数λ的最大值是﹣, 故答案为:﹣. 12.(5分)(2016•盐城三模)若函数f(x)=ex+x3﹣﹣1的图象上有且只有两点P1,P2,使得函数g(x)=x3+的图象上存在两点Q1,Q2,且P1与Q1、P2与Q2分别关于坐标原点对称,则实数m的取值集合是 {﹣} . 【考点】函数与方程的综合运用.菁优网版权所有 【专题】转化思想;分析法;函数的性质及应用. 【分析】设P1(x1,y1),P2(x2,y2),由关于原点对称可得Q1,Q2的坐标,分别代入f(x),g(x)的解析式,相加可得方程m=xex﹣x2﹣x有且只有两个不等的实根.令h(x)=xex﹣x2﹣x,求出导数,得到单调区间和极值,即可得到所求m的值的集合. 【解答】解:设P1(x1,y1),P2(x2,y2),则Q1(﹣x1,﹣y1),Q2(﹣x2,﹣y2), 由题意可得y1=ex1+x13﹣x1﹣1,﹣y1=﹣x13﹣, 即有y1﹣y1=ex1﹣x1﹣1﹣=0, 即为m=x1ex1﹣x12﹣x1, 同理可得m=x2ex2﹣x22﹣x2, 即有方程m=xex﹣x2﹣x有且只有两个不等的实根. 令h(x)=xex﹣x2﹣x,导数为h′(x)=(x+1)ex﹣x﹣1 =(x+1)(ex﹣1), 由h′(x)=0,解得x=﹣1或x=0, 当﹣1<x<0时,h′(x)<0,h(x)递减; 当x>0或x<﹣1时,h′(x)>0,h(x)递增. 即有h(x)在x=0处取得极小值,且为0; x=﹣1处取得极大值,且为﹣. 则m=0或﹣. 当m=0时,xex﹣x2﹣x=0(x≠0)只有一解. 故答案为:{﹣}. 13.(5分)(2016•盐城三模)若数列{an}满足:对任意的n∈N*,只有有限个正整数m使得am<n成立,记这样的m的个数为bn,则得到一个新数列{bn}.例如,若数列{an}是1,2,3,…,n…,则数列{bn}是0,1,2,…,n﹣1,…现已知数列{an}是等比数列,且a2=2,a5=16,则数列{bn}中满足bi=2016的正整数i的个数为 22015 . 【考点】数列的应用.菁优网版权所有 【专题】计算题;转化思想;综合法;等差数列与等比数列. 【分析】先求出数列{an}的通项公式,再根据新定义,即可得出结论. 【解答】解:∵数列{an}是等比数列,且a2=2,a5=16, ∴an=2n﹣1, ∴数列{bn}是0,1,3,3,3,3,3,3,…, ∵bi=2016, ∴数列{bn}中满足bi=2016的正整数i的个数为22016﹣22015=22015, 故答案为:22015. 14.(5分)(2016•盐城三模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC为锐角三角形,且满足b2﹣a2=ac,则﹣的取值范围是 . 【考点】三角形中的几何计算.菁优网版权所有 【专题】综合题;函数思想;转化思想;综合法;解三角形. 【分析】根据正弦定理化简已知式子,由二倍角的余弦公式变形、和差化积公式和诱导公式化简后,由内角的范围和正弦函数的性质求出A与B关系,由锐角三角形的条件求出B的范围,利用商得关系、两角差的正弦公式化简所求的式子,由正弦函数的性质求出所求式子的取值范围. 【解答】解:∵b2﹣a2=ac, ∴由正弦定理得,sin2B﹣sin2A=sinAsinC, , , 由和差化积公式得cos2A﹣cos2B=﹣2sin(A+B)sin(A﹣B),代入上式得, ﹣sin(A+B)sin(A﹣B)=sinAsinC, ∵sin(A+B)=sinC≠0,∴﹣sin(A﹣B)=sinA,即sin(B﹣A)=sinA, 在△ABC中,B﹣A=A,得B=2A,则C=π﹣3A, ∵△ABC为锐角三角形,∴, 解得,则, ∴== ==, 由得,sinB∈(,1),则, ∴取值范围是, 故答案为:. 二、解答题(共6小题,满分90分) 15.(14分)(2016•盐城三模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知B=60°,a+c=4. (1)当a,b,c成等差数列时,求△ABC的面积; (2)设D为AC边的中点,求线段BD长的最小值. 【考点】余弦定理;正弦定理.菁优网版权所有 【专题】计算题;转化思想;转化法;解三角形;不等式的解法及应用. 【分析】(1)由已知利用等差数列的性质可求b=2,由余弦定理可得ac=4,利用三角形面积公式即可求值得解. (2)设AD=CD=d,由cos∠ADB+cos∠CDB=0,结合余弦定理可得BD2=﹣d2=8﹣ac﹣d2,又利用余弦定理可得4d2=16﹣3ac,从而解得d2=4﹣,利用基本不等式可得:BD2=4﹣≥4﹣()2=3,即可得解. 【解答】解:(1)因为a,b,c成等差数列,a+c=4. 所以b==2,…(2分) 由余弦定理,得b2=a2+c2﹣2accosB=(a+c)2﹣3ac=16﹣3ac=4,解得ac=4,…(6分) 从而S△ABC=acsinB=2×=.…(8分) (2)因为D为AC边的中点,所以可设AD=CD=d, 由cos∠ADB+cos∠CDB=0,得+=0, 即BD2=﹣d2=8﹣ac﹣d2,…(10分) 又因为b2=a2+c2﹣2accosB=(a+c)2﹣3ac=16﹣3ac, 即4d2=16﹣3ac, 所以d2=4﹣,…(12分) 故BD2=4﹣≥4﹣()2=3,当且仅当a=c时取等号, 所以线段BD长的最小值为.…(14分) 16.(14分)(2016•盐城三模)如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2AD,PD⊥底面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求证:平面PDE⊥平面PEC. 【考点】平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.菁优网版权所有 【专题】数形结合;数形结合法;空间位置关系与距离. 【分析】(1)取PD的中点G,连接AG,FG,则由中位线定理可知四边形AEFG是平行四边形,于是EF∥AG,从而得出EF∥平面PAD; (2)由PD⊥平面ABCD得出PD⊥CE,由勾股定理的逆定理得出CE⊥DE,于是CE⊥平面PDE,故而平面PDE⊥平面PEC. 【解答】证明:(1)取PD的中点G,连接AG,FG. ∵F,G分别是PC,PD的中点, ∴GF∥DC,GF=DC, 又E是AB的中点, ∴AE∥DC,且AE=DC, ∴GF∥AE,且GF=AE, ∴四边形AEFG是平行四边形,故EF∥AG. 又EF⊄平面PAD,AG⊂平面PAD, ∴EF∥平面PAD. (2)∵PD⊥底面ABCD,EC⊂底面ABCD, ∴CE⊥PD. ∵四边形ABCD是矩形,AB=2AD, ∴DE=AD,CE=AD,CD=2AD, ∴DE2+CE2=CD2,即CE⊥DE, 又PD⊂平面PDE,DE⊂平面PDE,PD∩DE=D, ∴CE⊥平面PDE. ∵CE⊂平面PEC, ∴平面PDE⊥平面PEC. 17.(14分)(2016•盐城三模)一位创业青年租用了一块边长为1百米的正方形田地ABCD来养蜂、产蜜与售蜜,他在正方形的边BC,CD上分别取点E,F(不与正方形的顶点重合),连接AE,EF,FA,使得∠EAF=45°.现拟将图中阴影部分规划为蜂源植物生长区,△AEF部分规划为蜂巢区,△CEF部分规划为蜂蜜交易区.若蜂源植物生长区的投入约为2×105元/百米2,蜂巢区与蜂蜜交易区的投入约为105元/百米2,则这三个区域的总投入最少需要多少元? 【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用.菁优网版权所有 【专题】转化思想;分析法;导数的概念及应用;三角函数的求值. 【分析】方法一、设阴影部分面积为S,三个区域的总投入为T,可得T=2×105S+105(1﹣S)=105(S+1),设∠EAB=α(0°<α<45°),由解三角形可得S=(tanα+),令x=tanα∈(0,1),可得S=(x﹣),变形整理,运用基本不等式可得最小值; 方法二、设阴影部分面积为S,三个区域的总投入为T.设∠DAF=α,∠BAE=β(0°<α,β<45°),由解三角形可得S=(tanα+tanβ),运用两角和的正切公式和基本不等式,即可得到所求最小值. 【解答】解法一:设阴影部分面积为S,三个区域的总投入为T. 则T=2×105S+105(1﹣S)=105(S+1), 从而只要求S的最小值. 设∠EAB=α(0°<α<45°) 在△ABE中,因为AB=1,∠B=90°, 所以BE=tanα, 则S△ABE=AB•BE=tanα; 又∠DAF=45°﹣α,所以S△ADF=tan(45°﹣α); 所以S=(tanα+tan(45°﹣α))=(tanα+), 令x=tanα∈(0,1), 则S=(x﹣)=[(x+1)+﹣2]≥(2﹣2)=﹣1. 当且仅当x+1=,即x=﹣1时取等号, 从而三个区域的总投入T的最小值约为×105元. (说明:这里S的最小值也可以用导数来求解). 因为S′=,则由S′=0,得x=﹣1. 当x∈(0,﹣1)时,S′<0,S递减;当x∈(﹣1,1)时,S′>0,S递增. 所以当x=﹣1时,S取得最小值为﹣1. 解法二:设阴影部分面积为S,三个区域的总投入为T. 则T=2×105S+105(1﹣S)=105(S+1),从而只要求S的最小值. 设∠DAF=α,∠BAE=β(0°<α,β<45°),则S=(tanα+tanβ), 因为α+β=90°﹣∠EAF=45°, 所以tan(α+β)==1, 所以tanα+tanβ=1﹣tanαtanβ≥1﹣()2, 即2S≥1﹣S2,解得S≥﹣1,即S取得最小值为﹣1, 从而三个区域的总投入T的最小值约为×105元. 18.(16分)(2016•盐城三模)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1的左顶点为A,右焦点为F,P,Q为椭圆C上两点,圆O:x2+y2=r2(r>0). (1)若PF⊥x轴,且满足直线AP与圆O相切,求圆O的方程; (2)若圆O的半径为,点P,Q满足kOP•kOQ=﹣,求直线PQ被圆O截得弦长的最大值. 【考点】椭圆的简单性质.菁优网版权所有 【专题】综合题;方程思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】(1)由题意方程求出P的坐标,得到直线PA的方程,由点到直线的距离公式求出圆的半径,则圆的方程可求; (2)由已知求得圆的方程,当PQ⊥x轴时,由kOP•kOQ=﹣求出OP的斜率,可得P的坐标,由对称性得到Q的坐标,则直线PQ被圆O截得弦长可求;当PQ与x轴不垂直时,设直线PQ的方程为y=kx+b,由kOP•kOQ=﹣,得到P,Q横坐标的和与积的关系,联立直线方程和椭圆方程可得k与b的关系,再由垂径定理求得弦长最大值,综合两种情况求得直线PQ被圆O截得弦长的最大值. 【解答】解:(1)∵椭圆C的方程为+=1, ∴A(﹣2,0),F(1,0), ∵PF⊥x轴, ∴P(1,),而直线AP与圆O相切, 根据对称性,可取P(1,), 则直线AP的方程为y=, 即x﹣2y+2=0. 由圆O与直线AP相切,得r=, ∴圆O的方程为; (2)由题意知,圆O的方程为x2+y2=3. ①当PQ⊥x轴时,, ∴, 不妨设OP:y=, 联立,解得P(,), 此时得直线PQ被圆O截得的弦长为; ②当PQ与x轴不垂直时,设直线PQ的方程为y=kx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2)(x1x2≠0), 首先由,得3x1x+4y1y2=0, 即3x1x2+4(kx1+b)(kx2+b)=0, (*). 联立,消去x,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2﹣12=0, 将代入(*)式,得2b2=4k2+3. 由于圆心O到直线PQ的距离为, ∴直线PQ被圆O截得的弦长为, 故当k=0时,l有最大值为. 综上,直线PQ被圆O截得的弦长的最大值为. 19.(16分)(2016•盐城三模)已知函数f(x)=mlnx(m∈R). (1)若函数y=f(x)+x的最小值为0,求m的值; (2)设函数g(x)=f(x)+mx2+(m2+2)x,试求g(x)的单调区间; (3)试给出一个实数m的值,使得函数y=f(x)与h(x)=(x>0)的图象有且只有一条公切线,并说明此时两函数图象有且只有一条公切线的理由. 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值;利用导数求闭区间上函数的最值.菁优网版权所有 【专题】函数思想;综合法;导数的概念及应用. 【分析】(1)函数整理为y=mlnx+x,求导,由题意可知,函数的最小值应在极值点处取得,令f′(x)=0,代入求解即可; (2)函数整理为g(x)=mlnx+mx2+(m2+2)x,求导得g′(x),对参数m进行分类讨论,逐一求出单调区间; (3)设出A,B的坐标,求出坐标间的关系,得到函数ω(x)=lnx﹣1+,通过讨论函数的单调性判断即可. 【解答】解:(1)y=f(x)+x=mlnx+x,(x>0), y′=+1, m≥0时,y′>0,函数在(0,+∞)递增,无最小值, m<0时,y′=,令y′>0,解得:x>﹣m,令y′<0,解得:0<x<﹣m, ∴函数y=f(x)+x在(0,﹣m)递减,在(﹣m,+∞)递增, 故函数在x=﹣m处取得最小值, ∴mln(﹣m)﹣m=0,解得:m=﹣e; (2)g(x)=f(x)+mx2+(m2+2)x =mlnx+mx2+(m2+2)x, ∴g′(x)=, 当m=0时,g(x)=2x,定义域内递增; 当m≠0时, 令g′(x)=0,∴x=﹣或x=﹣, 当m>0时,g′(x)>0,g(x)定义域内递增; 当m<0时,当m>﹣时,函数的增区间为(0,﹣)u(﹣,+∞),减区间为(﹣,﹣); 当m<﹣时,函数的增区间为(0,﹣)u(﹣,+∞),减区间为(﹣,﹣); 当m=﹣时,定义域内递增. (3)m=符合题意,理由如下:此时f(x)=lnx, 设函数f(x)与h(x)上各有一点A(x1,lnx1),B(x2,), 则f(x)以点A为切点的切线方程为y=x+lnx1﹣, h(x)以点B为切点的切线方程为y=x+, 由两条切线重合,得 (*), 消去x1,整理得lnx2=1﹣,即lnx2﹣1+=0, 令ω(x)=lnx﹣1+,得ω′(x)=, 所以函数ω(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增, 又ω(1)=0,所以函数ω(x)有唯一零点x=1, 从而方程组(*)有唯一解,即此时函数f(x)与h(x)的图象有且只有一条公切线. 故m=符合题意. 20.(16分)(2016•盐城三模)已知数列{an}满足a1=m,an+1=(k∈N*,r∈R),其前n项和为Sn. (1)当m与r满足什么关系时,对任意的n∈N*,数列{an}都满足an+2=an? (2)对任意实数m,r,是否存在实数p与q,使得{a2n+1+p}与{a2n+q}是同一个等比数列?若存在,请求出p,q满足的条件;若不存在,请说明理由; (3)当m=r=1时,若对任意的n∈N*,都有Sn≥λan,求实数λ的最大值. 【考点】数列的求和;数列递推式.菁优网版权所有 【专题】分类讨论;方程思想;转化思想;等差数列与等比数列. 【分析】(1)由题意a1=m,an+1=(k∈N*,r∈R),得a2=2a1=2m,a3=a2+r=2m+r,由a3=a1,得m+r=0.当m+r=0时,可得:an+1=(k∈N*),即可得出. (2)依题意,a2n+1=a2n+r=2a2n﹣1+r,则a2n+1+r=2(a2n﹣1+r),由a1+r=m+r,当m+r≠0时,{a2n+1+r}是等比数列,且a2n+1+r==(m+r)•2n. 为使{a2n+1+p}是等比数列,则p=r.同理,当m+r≠0时,a2n+2r=(m+r)•2n,则{a2n+2r}是等比数列,则q=2r.即可得出. (3)当m=r=1时,由(2)可得a2n﹣1=2n﹣1,a2n=2n+1﹣2,当n=2k时,an=a2k=2k+1﹣2;当n=2k﹣1时,an=a2k﹣1=2k﹣1,进而得出. 【解答】解:(1)由题意a1=m,an+1=(k∈N*,r∈R), 得a2=2a1=2m,a3=a2+r=2m+r, 首先由a3=a1,得m+r=0. 当m+r=0时,可得:an+1=(k∈N*), ∴a1=a3=…=m, a2=a4=…=2m, 故对任意的n∈N*,数列{an}都满足an+2=an. 即当实数m,r满足m+r=0时,题意成立. (2)依题意,a2n+1=a2n+r=2a2n﹣1+r,则a2n+1+r=2(a2n﹣1+r), 因为a1+r=m+r,所以当m+r≠0时,{a2n+1+r}是等比数列,且a2n+1+r==(m+r)•2n. 为使{a2n+1+p}是等比数列,则p=r. 同理,当m+r≠0时,a2n+2r=(m+r)•2n,则{a2n+2r}是等比数列,则q=2r. 综上所述: ①若m+r=0,则不存在实数p,q,使得{a2n+1+p}与{a2n+q}是等比数列; ②若m+r≠0,则当p,q满足q=2p=2r时,{a2n+1+p}与{a2n+q}是同一个等比数列. (3)当m=r=1时,由(2)可得a2n﹣1=2n﹣1,a2n=2n+1﹣2, 当n=2k时,an=a2k=2k+1﹣2, Sn=S2k=(2+22+…+2k)+(22+23+…+2k+1)﹣3k=+﹣3k=3(2k+1﹣k﹣2). 所以=3, 令ck=,则ck+1﹣ck=﹣=<0, 所以,, 当n=2k﹣1时,an=a2k﹣1=2k﹣1,Sn=S2k﹣a2k=3(2k+1﹣k﹣2)﹣(2k+1﹣2)=2k+2﹣3k﹣4, 所以=4﹣,同理可得≥1,λ≤1, 综上所述,实数λ的最大值为1. 四.数学附加题部分(本部分满分0分,考试时间30分钟)[选做题](在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题0分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内)A.(选修4-1:几何证明选讲) 21.(2016•盐城三模)如图,AB是圆O的直径,弦BD、CA的延长线相交于点E,EF垂直BA的延长线于点F. 求证:∠DEA=∠DFA. 【考点】圆周角定理;圆內接多边形的性质与判定.菁优网版权所有 【专题】证明题. 【分析】做出辅助线,根据AB是一条直径,得到它所对的圆周角是一个直角,根据两条直线垂直,得到它们所形成的角是一个直角,这样得到四边形两个相对的角互补,得到四点共圆,根据同弧所对的圆周角相等,得到结论. 【解答】证明:连接AD,∵AB为圆的直径, ∴∠ADB=90°, 又EF⊥AB,∠EFA=90° ∴A、D、E、F四点共圆. ∴∠DEA=∠DFA. B.(选修4-2:矩阵与变换) 22.(2016•盐城三模)已知矩阵M=的两个特征向量a1=,a2=,若β=,求M2β. 【考点】特征值与特征向量的计算.菁优网版权所有 【专题】转化思想;综合法;矩阵和变换. 【分析】由矩阵特征值和特征向量的性质,列方程组求得m,n和λ1,λ2的值,求得矩阵M,由β==+2=α1+2α2,根据矩阵乘法及特征值的定义,即可求得M2β的值. 【解答】解:设矩阵M特征向量α1对应的特征值为λ1,特征向量α2对应的特征值为λ2, 则由=λ1,即=, =λ2,即= ∴, ∴矩阵M=,…(4分) 又β==+2=α1+2α2,…(6分) ∴M2β=M2(α1+2α2)=α1+2α2=4+2=..…(10分) C.(选修4-4:坐标系与参数方程) 23.(2016•盐城三模)已知直线l的参数方程为,曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ,试判断直线l与曲线C的位置关系. 【考点】参数方程化成普通方程.菁优网版权所有 【专题】方程思想;转化思想;坐标系和参数方程. 【分析】把直线l的参数方程消去参数t可得直线l的普通方程;曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ,即ρ2=4ρsinθ,把ρ2=x2+y2,与=ρsinθ,可得曲线C的直角坐标方程.求出圆心到直线l的距离d,与半径半径即可得出位置关系. 【解答】解:直线l的参数方程为, 消去参数t可得直线l的普通方程为2x﹣y﹣2=0; 曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ,即ρ2=4ρsinθ, 可得曲线C的直角坐标方程为:x2+(y﹣2)2=4,圆心(0,2),半径r=2. 由圆心到直线l的距离d==<2,可得直线l与曲线C相交. D.(选修4-5:不等式选讲) 24.(2016•盐城三模)已知正数x,y,z满足x+2y+3z=1,求++的最小值. 【考点】二维形式的柯西不等式.菁优网版权所有 【专题】选作题;转化思想;综合法;不等式. 【分析】++=(++)(x+2y+3z)=1+4+9++++++,运用基本不等式,即可得出结论. 【解答】解:++=(++)(x+2y+3z)=1+4+9++++++ ≥14+2+2+2=36, (当且仅当x=y=z=时等号成立) 所以++的最小值为36.…(10分) 四.[必做题](第25、26题,每小题0分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内) 25.(2016•盐城三模)甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛,其中两人比赛,另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判,假设每局比赛中,甲胜乙的概率为,甲胜丙、乙胜丙的概率都为,各局比赛的结果都相互独立,第1局甲当裁判. (1)求第3局甲当裁判的概率; (2)记前4局中乙当裁判的次数为X,求X的概率分布与数学期望. 【考点】离散型随机变量的期望与方差;互斥事件的概率加法公式;离散型随机变量及其分布列.菁优网版权所有 【专题】计算题;转化思想;综合法;概率与统计. 【分析】(1)第2局中可能是乙当裁判,其概率为,也可能是丙当裁判,其概率为,由此能求出第3局甲当裁判的概率. (2)由题意X可能的取值为0,1,2,分别求出相应的概率,由此能求出X的概率分布与数学期望. 【解答】解:(1)第2局中可能是乙当裁判,其概率为, 也可能是丙当裁判,其概率为, ∴第3局甲当裁判的概率为=.…(4分) (2)由题意X可能的取值为0,1,2.…(5分) P(X=0)==,…(6分) P(X=1)==,…(7分) P(X=2)==.…(8分) ∴X的概率分布列为: X 0 1 2 P ∴X的数学期望E(X)==.…(10分) 26.(2016•盐城三模)记f(n)=(3n+2)(C+C+C+…+C)(n≥2,n∈N*). (1)求f(2),f(3),f(4)的值; (2)当n≥2,n∈N*时,试猜想所有f(n)的最大公约数,并证明. 【考点】数学归纳法;归纳推理.菁优网版权所有 【专题】证明题;转化思想;归纳法;推理和证明. 【分析】(1)由组合数的性质可得f(n)=(3n+2)Cn+13,代值计算即可, (2)由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可. 【解答】解:(1)因为f(n)=(3n+2)(C22+C32+C42+…+Cn2)=(3n+2)Cn+13, 所以f(2)=8,f(3)=44,f(4)=140. (2)由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4. 下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可. (ⅰ)当n=2时,f(2)=8能被4整除,结论成立; (ⅱ)假设n=k时,结论成立,即f(k)=(3k+2)Ck+13能被4整除, 则当n=k+1时,f(k+1)=(3k+5)Ck+23=(3k+2)Ck+13+3Ck+23=(3k+2)(Ck+13+Ck+12)+(k+2)Ck+12, =(3k+2)Ck+13+(3k+2)Ck+12+(k+2)Ck+12, =(3k+2)Ck+13+4(k+1)Ck+12, 此式也能被4整除,即n=k+1时结论也成立. 综上所述,所有f(n)的最大公约数为4. 参与本试卷答题和审题的老师有:sllwyn;qiss;whgcn;刘老师;w3239003;maths;sxs123;小田;zhczcb;炫晨;双曲线;lcb001;gongjy;沂蒙松;涨停;铭灏2016;zlzhan(排名不分先后) 菁优网 2016年11月9日查看更多