会泽一中2015-2016下学期高二数学试卷(文科)

绝密★启用前

9．已知平面向量a，b满足a3，b2，ab3，则a2b（ ）

2015-2016学年度会泽一中月考训练卷

文科数学

一、选择题（每小题5分，共60分）

A．1 B．7 C．43 D．27 2i的虚部是（ ） 12iA．i B．i C．1 D．1 1．复数xy110．设x,y满足约束条件yx,则z3xy的最大值为（ ）

y2A．5 B．3 C．7 D．-8 „ __„○___○„___„„___„„：„号„考„订___订„___„„___„„__：„„级„○班_○„___„„___„„___„„_：„装名姓装„__„„___„„___„„___„○:校○„学„„„„„„„外内„„„„„„„„○○„„„„„„„„2．在ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为

11．阅读右侧程序框图,输出的结果i的值为（ ） a,b,c,asinBcosCcsinBcosA1 2b，且ab，则B=（ ）

A. 6 B.3 C.23 D.56 3．某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如表所示，已知高一、高二年级共有女生753人．现 用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在高三年级抽取的学生人数为（ ）

高一年级

高二年级

高三年级

女生

373 x y

男生 377 370 z

A．5 B．7 C（第9题） ．9 D（第11题）

．11

A．12人 B．16人 C．18人 D．24人

4．“antx1”是“x．椭圆x2y242k(kZ)”的（ ）

12abb0)的两个焦点F4221(a1，F2，点M在椭圆上，且MF1F1F2，MF13，

（A）充分非必要条件 （B）必要非充分条件

14（C）充要条件 （D）既非充分又非必要条件

MF23，则离心率e等于（ ） 5．等差数列an的前n项和为Sn，已知S100,S1525，则nSn的最小值为（ ）

A．

5A．47 B．48 C．49 D．50

8 B．56 C．53 D．54 6．函数错误！未找到引用源。在错误！未找到引用源。内有极小值,则实数错误！未找到引用源。的二、填空题（每小题5分，共20分） 取值范围是（ ） 13．某年级有1000名学生，现从中抽取100人作为样本，采用系统抽样的方法，将全体学生按照1～A．错误！未找到引用源。 B．错误！未找到引用源。 C．错误！未找到引用源。 1000编号，并按照编号顺序平均分成100组(1～10号，11～20号，„，991～1000号)．若从第1组D．错误！未找到引用源。 抽出的编号为6，则从第10组抽出的编号为_________． 7．在数列{a14．已知函数n}中，若a11且对所有nN, 满足a1a2a2nn，则a3a5（ ）

ylo1gx22ax3在,1上为增函数，则实数a的取值范围3A．

25 B． 61 C．2531是 .

16169 D．15

15．以下四个关于圆锥曲线的命题中：

8．一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）

①设A、B为两个定点，k为正常数，|PA||PB|k，则动点P的轨迹为椭圆；

A．1 B．

312 C．2 D．34 ②双曲线

x225y291与椭圆x235y21有相同的焦点； 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页

„„„线„„„„○„„„„

③方程2x25x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

x2y2620．已知椭圆221(ab0)的离心率为，长轴长为23，直线l:ykx2交椭圆于

ab3不同的A,B两点. （1）求椭圆的方程；

（2）O是坐标原点，求AOB面积的最大值. 21．设函数fxx2xalnx1，其中a0. x2y25251． ④和定点A(5,0)及定直线l:x的距离之比为的点的轨迹方程为

44169其中真命题的序号为 _______ 16．已知

ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB22，BC=1，AC=3，三棱锥O-ABC的体

6„„„线„„„„○„„„„ 积为

6，则球O的表面积为 ． （1）若a6，求fx在0,3上的最值；

三、解答题（共70分）

（2）若fx在定义域内既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围； 17．（本小题满分12分）已知△ABC中的三个内角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且满足

（3）当a1时，令gxx3xfx，试证：lnn1nn1n3nN恒成立. basinBsinAbcsinC,cosC33，a3. 22．如图，ABC内接于直径为BC的圆O，过点A作圆O的切线交CB的延长线于点P，BAC（Ⅰ）求sinB； （Ⅱ）求△ABC的面积.

的平分线分别交BC和圆O于点D、E，若PA2PB10. 18．(本小题满分12分)某校在一次对学生在课外活动中喜欢跑步和喜欢打球的学生的抽样调查中，

随机抽取了100名同学，相关数据如下表所示：

（1）求证：AC2AB； 喜欢跑喜欢打球 总计 （2）求ADDE的值. 男生 23 32 55 女生 29 16 45 23．（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程

总计 52 48 100 （1）由表中数据直观分析，喜欢打球的学生是否与性别有关？

在极坐标系内，已知曲线C1的方程为22(cos2sin)40，以极点为原点，极轴方向为x正（2）用分层抽样的方法在喜欢打球的学生中随机抽取6名，男学生应该抽取几名？ （3）在上述抽取的6名学生中任取2名，求恰有1名女学生的概率． 半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，曲线C5x14t2的参数方程为19．如图，直三棱柱ABCA5y183t（t为参数）.1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点

（1）求曲线C1的直角坐标方程以及曲线C2的普通方程；

（2）设点P为曲线C2上的动点，过点P作曲线C1的切线，求这条切线长的最小值. 24．已知函数f(x)|2xa||x1|。 （1）当a=3时，求不等式f(x)2的解集；

（2）若f(x)5x对xR恒成立，求实数a的取值范围。

（1）证明：BC1//ACD1； （2）设AA1ACCB2,AB22，求三棱锥DACE1的体积

第3页 共4页 ◎ 第4页 共4页

„ ○※„※○„题„※„※„„答„※„※„订内订„※※„„线„„※※„„订„○※※○„装„„※※„„在„„※※„装要装„※※„„不„„※※„„请„○※※○„„„„„„„„内外„„„„„„„„○○„„„„„„„„

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文科数学

参考答案

1．C 试题分析：

2i2i(2i)(12i)的虚部是1，故选C. i,所以复数

12i12i(12i)(12i)考点：复数相关概念及运算.

2．A

CcsinBcosA试题分析：因为在ABC中，asinBcos1b，由正弦定理得211sinAsinBcosCsinCsinBcosAsinB,所以sinAcosCsinCcosA，所以

2211sin(AC)，即sinB,又因为ab，所以B

622考点：正弦定理的应用

3．B

x试题分析：根据题意，由37375解3得x380，则高三年级学生人数

yz20007 53377370500人 ，用分层抽样的方法，设高三年级抽取的学生人数为m，则由

64m，解得：m16． 2000500考点：1．实际问题转化为数学模型；2．分层抽样． 4．B

试题分析：tanx1x的必要不充分条件

考点：充分条件、必要条件 5．C

试题分析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝10a1＋① S15＝15a14k(kZ)，所以tanx1是x42k(kZ)109d＝10a1＋45d＝0，21514d＝15a1＋105d＝25.② 2联立①②，得a1＝－3，d2， 3所以Sn＝3nn(n1)21n210n. 2333令f（n）＝nSn，则f(n)1310220nn，f'(n)n2n. 333答案第1页，总11页

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令f′（n）＝0，得n＝0或n20.

3当n20时，f′（n）＞0,0n33最小值，而nN＋ ，则f（6）＝－48，f（7）＝－49，所以当n＝7时，f（n）取最小值－49.

考点：本题考查等差数列的前n项和，导数在函数单调性中的应用

点评：解决本题的关键是用基本量列方程求解，将数列看做函数用倒数求最值 6．D

试题分析：y3x2a0,x22a(,3，当2a0，所以函数单调递增， ),y3x(2a2a2a,,),y0，所以函数单调递减，x(,),y0，所以函数单调递3332a2a30a(0,1) 解得23，3增，所以函数的极小值点为x考点：本题考查极值问题

点评：解决本题的关键是求导判断单调性先增再减再增，求得极小值点x7．B

2a 3a1a2an1an925n2aa试题分析：当n1时，an，故，，所以352416a1a2an1(n1)a3a561 16考点：数列及其通项 8．C

试题分析：由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，其面积为

S1231311，高度h1，所以该几何体体积为V1，故选C.

32222考点：三视图、多面体.

9．B

试题分析：根据题意结合向量的运算可得：|a2b|考点：向量模的运算 10．C

试题分析：根据题意，作出可行域与目标函数基准直线y3x；将直线za24ab4b27. 故选B.

3xy化为

y3xz，当直线y3xz向右上方平移时，直线y3xz在y轴上的截距z变

答案第2页，总11页

大，当直线y3xz经过B(3,2)时，z有最大值，即z927．

考点：线性规划． 11．B

试题分析：该结构是循环结构，开始s1,i3 第一步，判断1100，否s1238,i325 第二步，判断8100，否s825256,i527 第一步，判断256100，是输出7 考点：程序框图的循环结构 12．C

试题分析：根据椭圆的定义

22MF1MF22a，所以a3，因为MF1F1F2根据勾股定

144c52c25e33a3 理，得，所以

考点：椭圆定义，离心率

13．96

试题分析：某年级有1000名学生，现从中抽取100人作为样本，采用系统抽样的方法，每组10人，从第1组抽出的编号为6，则从第10组抽出的编号为691096 考点：系统抽样法； 14．[1，2]

试题分析：根据复合函数的单调性可知，由ylog1u在（0，＋∞）上单调递减，若

3ylog1x22ax3在（－∞，1）上为增函数，必须满足ux22ax3在（－∞，1）

3a1上为减函数且函数值大于0，可得，解得1a2，∴a1,2.

12a30考点：复合函数的单调性.

点评：解本题的关键是掌握复合函数的单调性“同增异减”，还要注意函数的单调区间必在

答案第3页，总11页

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函数的定义域内，不要忘了对数的真数要大于0. 15．②③

试题分析：①中需要对k的取值范围加以限定；②中有公式可知两个曲线的焦点分别是

116(±34,0)；③中方程的两个根分别是2和；④中直线的方程应该是x=；故答案为②

25③.

考点：椭圆的定义，双曲线和椭圆的性质，曲线方程的求法，圆锥曲线的第二定义. 16．12π

试题分析：由题可知，△ABC是直角三角形，并且三个点均在圆周上，所以取斜边中点AC的中点E，连接OE，OE即为此棱锥的高，由棱锥的体积公式知，611，221h ，

632得出h3 ，连接BE，△OBE为直角三角形，OB就是圆的半径，由勾股定理知，r3 ，2则球的表面积公式S4r24312 考点：本题考查球的表面积公式，棱锥的体积公式 点评：解决本题的关键是找到球的半径 17．（Ⅰ）

3636（Ⅱ） 66试题分析：（1）在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的

关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;（2）在三角形中，注意隐含条件ABC（3）在求三角形面积时注意角优先

试题解析：（Ⅰ）由正弦定理可得(ba)(ba)(bc)c， 2分

b2c2a21， 4分 即bcabc，由余弦定理得cosA2bc2222又0A, 所以A3；

因为cosC36，所以sinC. 6分 33所以sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC

331636. 8分 23236（Ⅱ）在ABC中，由正弦定理

ac, sinAsinC答案第4页，总11页

得3c，解得c22， 10分 3623所以ABC的面积S11363223. 12分 acsinB32222628 . 15考点：正余弦定理及三角形面积公式

18．（1）喜欢打球的学生与性别有关；（2）4(人)；（3）

试题分析：（1）由表格可知，经过直观分析，喜欢打球的学生与性别有关; （2）确定得到抽样比为

611，计算即得男生应抽取32＝4. 4888（3）抽取的6名同学中，男生有6人，女生有2人，记男生为A、B、C、D，女生为a、b，

则从6名学生中任取2名的基本事件有 (A, B), (A, C), (A, D), (A, a), (A, b), (B, C), (B, D), (B, a), (B, b), (C, D), (C, a), (C, b), (D, a), (D, b), (a, b)共15个，其中恰有1名女生的有8个，由古典概型概率的计算公式即得. 试题解析：（1）由表格可知，男生55名学生中有32名喜欢打球，而女生45名学生中有16名喜欢打球，所以，经过直观分析，喜欢打球的学生与性别有关。 2分

（2）从题中所给的条件可以看出，喜欢打球的学生共48人，随机抽取6人，则抽样比为61。 4881故男生应抽取32×＝4(人) 6分

8（3）抽取的6名同学中，男生有6人，女生有2人，记男生为A、B、C、D，女生为a、b，则从6名学生中任取2名的基本事件有 (A, B), (A, C), (A, D), (A, a), (A, b), (B, C), (B, D), (B, a), (B, b), (C, D), (C, a), (C, b), (D, a), (D, b), (a, b)共15个，其中恰有1名女生的有8个，故所有概率 P＝

8 12分 15考点：1.分层抽样；2.古典概型；3.独立性检验. 19．（1）详见解析；（2）10 5试题分析：（1）要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的直线平行，本题连接AC1F，易证DF是ABC1的中位线，交AC，由三角形的中位线定理易证BC1//DF，1于点

进而证明BC1//ACD；（2）求四面体体积，难点在于求高，若不易求，则可考虑等体积转1化，本题VDA1CEVCA1DE，易证CD面ABB1A1，则CD2的高，再求底面A1DE的面积，进而求体积．

F，则F为AC1的中点， 试题解析：（1）连接AC1交AC1于点

答案第5页，总11页

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又D是AB的中点，连接DF，则BC1//DF． 2分 因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD， 4分 所以BC1∥平面A1CD 5分 （2）因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC, 因为CD平面ABC， 所以AA1⊥CD， 6分 由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB， 7分 又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1， 8分 由AA1=AC=CB=2，AB=22得

∠ACB=90°，CD=2，A1D=6，DE=3，A1E=3， 故A1D+DE=A1E，DE⊥A1D， 所以VDA1CEVCA1DE2

2

2

116321. 12分 32

考点：1、直线和平面平行的判定定理；2、四面体的体积．

x23y21 ； （2）20．（1）. 2 3试题分析：本题主要是根据椭圆的定义和性质来解答的， （1）由a3，

c6，可解出a，b，c的值，即可得到椭圆的方程； a3（2）要求AOB面积，需要确定这个三角形的底边和地边上的高，根据题意，

x2y21确定底边为AB，底边上的高即为O点到直线AB的距离，联立3

ykx2

消去y并整理得(13k)x12kx90,

22144k23636(k21)得|AB|=(x1x2)(x1x2)4x1x2

(13k2)213k2(13k2)222答案第6页，总11页

又原点到直线l:ykx2的距离d21k2

AOB的面积S112ABd1k2x1x2x1x2 ，

2221k然后进行计算即可得到结果.

试题解析：（1）设椭圆的半焦距为c，由题知a3，由b2a2c2321

c6，解得c2. a3x2y21 所求椭圆方程为3x2y21（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，其坐标满足方程3

ykx2消去y并整理得(13k)x12kx90,

22(12k)236(13k2)36k2360,即k21

x1x2212k9,xx1213k213k22

144k23636(k21). (x1x2)(x1x2)4x1x2(13k2)213k2(13k2)2又原点到直线l:ykx2的距离d21k2

AOB的面积S令tk,则t1

2112ABd1k2x1x2x1x2

2221kS2(x1x2)236(t1)36(t1)36(t1)36(13t)29t26t19(t1)224(t1)169(t1)1624t1(t1)

且仅当t1164732即t时，Smax. 9334答案第7页，总11页

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7213当k2即k时，AOB的面积最大为.

332考点：椭圆的性质，一元二次方程根与系数的关系. 21．（1）参考解析，（2）0a1.（3）参考解析 8试题分析：（1）当a6时，对函数fx求导，在定义域内根据导函数的正负性可得到函数的单调性，即可求得函数的最值.

（2）由函数fx在定义域内既有极大值又有极小值，即导函数的值为零时的根在1,上有两个不等的实数解.再根据区间根的运算即可得到结论.

33xx112a1（3）当时，对g(x)求导即可得到， 即gx3x2x，x1x12所以当x0,g'(x)0恒成立，由题意要证lnn1n13nN，其中的变量为正nn11*.0,nN，以及nn数，所以当x0时，函数g(x)是单调递增的.再通过令xg(0)0即可得到结论.

试题解析：（1）由题意知，fx的定义域为1,，

62x23x5a6时，由fx2x10,

x1x1得x1x舍去 2分

当x0,1时，fx0,当x1,3时，fx0，

52当x0,1，fx单调递减，当x1,3时，fx单调递增.

所以fxminf126ln2.

又因为f00,f33236ln4121ln20, 所以fxmaxf3121ln2.

所以fxmin26ln2.，fxmax121ln2.

答案第8页，总11页

a2x23x1a0在1,上有两个不等实根，（2）依题意，fx2x1x1x1即2x3xa10在1,上有两个不等实根， 6分

2198a10,设hx2x3xa1，则，解得0a. 8分

8h102（3）gxx3xfx=x3x2lnx1，

3x3x112 gx3x2xx1x1显然，当x0,时，gx0,所以gx在0,上单调递增， 所以，当x0,时，gxg00,即x2x3lnx1恒成立. 10分 令x21n1n11110,nN，则有ln123,即ln3. 12分 nnnnnn考点：1.利用导数求函数的最值.2.函数的极值.3.函数与不等式的关系.4.构建函数的数学思想. 22．（1）答案详见解析；（2）50. 试题分析：（1）将线段AC,AB置于ABP和CAP中，利用已知条件可证明ABP∽

ACAP2，从而得证；（2）由圆的相交弦ABPBDB定理得ADDECD，故只需计算CDDB即可，由三角形内角平分线定理

ACCD2，结合切割线定理可分别计算CD,DB，从而得解． ABDB试题解析：（1）∵PA是圆O的切线 ∴PABACB 又P是公共角 ∴ABP∽CAP 2分 ACAP2 ∴AC2AB 4分 ∴

ABPBCAP，故根据相似三角形对应边成比例得

2（2）由切割线定理得：PAPBPC ∴PC20

又PB=5 ∴BC15 6分 又∵AD是BAC的平分线 ∴

ACCD2 ABDBDB5 8分

∴CD2DB ∴CD10,又由相交弦定理得：ADDECDDB50 10分

考点：1、三角形相似；2、圆的相交弦定理和切割线定理；3、圆的切割线定理.

23．（1）曲线C1的直角坐标方程为(x1)(y2)1，曲线C2的普通方程为

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22本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（2）15. 3x4y150；

试题分析：（1）由题意可利用直角坐标与极坐标的互化公式xcos代入曲线C1的极

ysin坐标方程，可将其转化为直角坐标方程；经过消参可以将曲线C2的参数方程转化为普通方程.由曲线C1的极坐标方程

22cos2sin40，将xcos代入得ysinx2y22x4y40，整理得(x1)2(y2)21；由曲线C2的参数方程

5x14t（t为参数），消掉参数t可得曲线C2的普通方程为3x4y150. 5y183t（2）由题意可知，过圆心作曲线C2的垂线，且相交于点P，则交点P为所求的点，再利用勾股定理可求出切线长的最小值.由（1）知曲线C1的圆心坐标为1,2，半径为1，利用点到直线的距离公式可求得圆心到曲线C2的距离为d所切线长为l4115.

试题解析：（1）对于曲线C1的方程为22(cos2sin)40， 可化为直角坐标方程xy2x4y40，即(x1)(y2)1；

222231421534224，所以

225x14t对于曲线C2的参数方程为（t为参数），

5y183t可化为普通方程3x4y150. 5分

（2）过圆心(1,2)点作直线3x4y150的垂线，此时切线长最小， 则由点到直线的距离公式可知，d|314(2)15|34224，

则切线长16115. 10分

考点：1.曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化；2.点到直线的距离公式. 24．(1){xx2或x2};(2)a6. 3答案第10页，总11页

x试题分析：(1)利用零点分段法去绝对值，分为三种情况，当时解不等式;求三个交集，一个并集，最终结果写成集合形式; (2)将原不等式转化为

331x2时，2，当当x12xa5xx1恒成立，画图

始终在

y5xx1y2xa,

的图像，满足恒成立的图像，要求

y2xay5xx1的上面，而

aa,0y2xa的图像时折线，折点坐标为2,让2与端点值比较大小，同时得到a的取

值范围.

2x3x12试题解析：（1）a3时，即求解

x①当

32时，2x3x12x2

32时，32xx12,x0 32x1x23x2x23

1x②当

③当x1时，

2xx或x23 5分 综上，解集为

（2）即

2xa5xx1恒成立

62x,x1g(x)5xx14,x1则函数图象为 令

a32，a6 ..10分

考点：1.解绝对值不等式；2.利用函数图象解不等式.

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