海南省海口市高考数学模拟试题(三)理(含解析)

海南省海口市第一中学2016届高考数学模拟试题（三）理（含解
析）
一、选择题（本大题共12个小题，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.设为虚数单位，复数，则的共轭复数在复平面中对应的点在（） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限
D．第四象限
【答案】D
【解析】
试题分析：因为,所以，因此，即在复平面中对应的点在第四象限，故选D.
考点：1、复数的加减乘除法的运算；2、复数的几何意义.
2.已知集合，集合，则是的（）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
考点：1、集合子集的定义；2、充分条件与必要条件.
3.已知，且，则向量与向量的夹角为（）
A． B． C．
D．
【答案】B
【解析】
试题分析：设向量与向量的夹角为，因为，且，所以.
，，向量与向量的夹角
为，故选B.
考点：1、平面向量的模与夹角；2、垂直向量及平面向量的数量积公式.
4.圆心与抛物线的焦点重合，且被抛物线准线截得的弦长为4的圆的标准方程为
（）
A． B．
C． D．
【答案】C
考点：1、抛物线的定义及标准方程；2、圆的标准方程.
5.如下图所示的程序框图，若输入，则输出的（）
A．13 B．11 C．9 D．5
【答案】A
【解析】
试题分析：第一次循环，，；第二次循环，，；第三次循环，，；第四次循环，，；结束循环，输出，故选A.
考点：程序框图及循环结构.
6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为
（）
A． B． C．
D．
【答案】A
考点：1、几何体的三视图；2、圆柱及圆锥的体积公式.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
7.现安排4名老师到3所不同的学校支教，每所学校至少安排一名老师，其中甲、乙两名老师分
别到不同的学校的安排方法有（）
A．42种 B．36种 C．30种
D．25种
【答案】C
【解析】
试题分析：因为安排名老师到所不同的学校支教，每所学校至少安排一名老师，所以有且仅有两名教师去同一个学校，若甲、乙以外两名教师同校，有种方法；若他们不同校有种方法，共有种方法，故选C.
考点：1、分类计数加法原理；2、分组与分配问题的应用.
8.函数的图象大致为（）
A B
C D
【答案】B
考点：函数的图象和性质.
9.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在
不同速度下的燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）
A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米；
B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中甲车消耗汽油最多；
C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油；
D．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车量多省油.
【答案】D
考点：1、数学建模能力；2、阅读能力及化归思想.
10.已知，则不等式的解集为（）
A． B． C．
D．
【答案】C
【解析】
试题分析：因为，所以，是偶函数，又因为在上递减，在递增，，所以
，即的解集为，故选C.
考点：1、分段函数的解析式；2、分段函数的奇偶性和单调性.
11.设，，现随机地抽出一对有序实数对使得函数
与函数
的图象有交点的概率为（）
A． B． C．
D．
【答案】A
考点：1、定积分求曲边形面积及线性规划；2、几何概型概率公式.
【方法点睛】本题主要考查定积分求曲边形面积及线性规划、几何概型概率公式.，属于难题.一般情况下，定积分的几何意义是介于轴、曲线以及直线之间的曲边梯形面积的代数和，其中在轴上方的面积等于该区间上的积分值，在轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数,所以在用定积分求曲边形面积时，一定要分清面积与定积分是相等还是互为相反数，另外夹在两函数（上）与
（下）之间的曲边形面积等于.
12.已知分别是双曲线的左，右焦点，过引圆的切线交双曲
线的右支于点，为切点，为线段的中点，为坐标原点，则
（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】
考点：1、双曲线的简单性质及定义；2、三角形中位线及圆的切线的性质.
【思路点睛】本题主要考查双曲线的性质及定义和三角形中位线及圆的切线的性质，属于难
题.本题考查知识点较多，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题
“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱，更不能因贪快而审题不清.本题首先根据中位
线得，根据几何意义得有勾股定理求出，最
后可得，进而利用双曲线的定义可求解.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．）
13.若实数满足不等式组，则目标函数的最大值为___________.
【答案】
试题分析：因为若实数满足不等式组所以可作出不等式组满足的区域如图，
由图可知目标函数平移到点处取得最大值，此时的最大值为，故答案为.
考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法.
14.函数的最小正周期是___________.
【答案】
考点：1、三角函数的周期性；2、二倍角公式及两角和的余弦公式.
15.平面截半径为的球得到一个半径为的截面圆，三棱锥内接于球
，
且是圆的内接正三角形，若，则三棱锥与球的体积之比为___________.
【答案】
试题分析：因为是圆的内接正三角形且圆半径为，所以正三角形边长为，由勾股定理得，又因为，所以到平面距离为，三棱锥的体积为，球的体积，二者比值为，故答案为.
考点：1、球的性质及圆内接三角形的性质；2、棱锥的体积公式及球的体积公式.
【方法点晴】本题主要考查球的性质及圆内接三角形的性质、棱锥的体积公式及球的体积公式，属于难题.圆内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质.
16.中，，则面积的范围是___________. 【答案】
考点：1、正弦定理及余弦定理；2、三角形面积公式.
【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.一般来说 ,当条件中同时出现及、时，或者已知两边及夹角求第三边，往往用余弦定理；而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答，解三角形时三角形面积公式往往根据不同情况选用下列不同形式
.
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分12分）
已知各项均为正数的数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
考点：1、等差数列的定义及前项和公式；2、利用裂项相消法”求和.
18.（本小题满分12分）
如图，四棱锥中，，，，
，分别为
和的中点，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）是否存在线段上一点，使用平面，若存在，求的值；如果不存在，说明理
由.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（2）法一：设，则，，则，
设平面的一个法向量为，，，
考点：1、利用空间向量证明线面垂直、面面垂直；2、利用空间向量研究线面平行.
19.（本小题满分12分）
某知识问答活动中，题库系统有60%的题目属于类型问题，40%的题目属于类型问题（假设题库中的
题目总数非常大），现需要抽取3道题目作为比赛用题，有两种抽取方法：方法一是直接从题库中随机抽
取3道题目，方法二是先在题库中按照分层抽样的方法抽取10道题目作为样本，再从这10个题目中任
意抽取3道题目.
（1）两种方法抽取的3道题目中，恰好有1道类型问题和2道型问题的概率是否相同？若相同，说
明理由即可，若不同，分别计算出两种抽取方法的概率是多少.
（2）已知抽取的3道题目恰好有1道类型问题和2道型问题，现以抢答题的形式由甲乙两人进行比
赛，采取三局两胜制，甲擅长类型问题，乙擅长类型问题，根据以往的比赛数据表
明，若出类型
问题，甲胜过乙的概率为，若出类型问题，乙胜过甲的概率为，设甲胜过乙的题目数为，求
的分布列和数学期望，并指出甲胜过乙的概率.
【答案】（1），；（2）分布列见解析，，.
（2）由题意，可以取，，，
，，
，
所以的分布列为
的数学期望值
甲胜过乙的概率为
考点：1、独立事件同时发生的概率；2、离散型随机变量的分布列和期望.
20.（本小题满分12分）
如图，在平面直角坐标系中，直线与椭圆相切于点，过椭圆的左、
右焦点分别作重直于直线于，记，当为左顶点时，，且当
时，四边形的周长为22.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
（2）当直线斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，带入椭圆方程，可得：
，整理得，因为直线与椭圆相切，故判别式为零，即，化简可得，易得，
，则
即为定值.
考点：1、待定系数法求椭圆的标准方程及定值问题；2、平面向量数量积公式及点到直线距离公式.
【方法点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆的标准方程及定值问题、平面向量数量积公式及点到直线距离公式,属于难题.求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.本题 (2)是根据方法②将先用变量表示后再消去得到定值的.
21.（本小题满分12分）
已知函数，.
（1）当时，求函数在上的极值；（2）若，求证：当时，.
（参考数据：）【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）证明见解析.
所以极小值为，无极大值；
考点：1、利用导数研究函数的单调性和极值；2、利用导数证明不等式.
【方法点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性、函数的极值以及利用导数证明不等式，属于难题.求函数极值的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数；(3)解方程求出函数定义域内的所有根；(4)列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负，那么在处取极大值，如果左负右正，那么在处取极小值.
请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.解答时请写清题号.
22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲
如图，是圆的直径，点是弦的中点，直线交圆于点，过点作于点，
交圆于点，交于点，若.
（1）证明：；
（2）若圆的半径为，求的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
（2）连接，由（1）得为线段的垂直平分线，故为线段的中点，∵是弦的中点，
∴，
∴，
∴为线段的中点，
∴在中，.
考点：1、圆周角定理；2、等腰三角形的性质.
23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），圆与圆外切于原点，且
两圆圆心的距离，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求圆和圆的极坐标方程；
（2）过点的直线与圆异于点的交点分别为点和点，与圆异于点的交点分别为点
和点，且，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；（2）.【解析】
所以，
又因为圆与圆外切于原点，且两圆圆心的距离，可得，则圆的方程为，
所以由，得圆的极坐标方程为，
圆的极坐标方程为.
考点：1、参数方程化普通方程；2、直角坐标方程化参数方程.
24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
设.
（1）解不等式；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）讨论三种情况，分别解不等式，最后找并集即可；（2）分离参数可得
.
考点：1、绝对值不等式的解法；2、基本不等式求最值.。