2016年湖南长沙市高三（下）一模考试数学（文）试题（解析版）.doc

2016 届湖南长沙市高三（下）一模考试数学（文）试题届湖南长沙市高三（下）一模考试数学（文）试题一、选择题一、选择题1．设 为虚数单位，则复数的虚部是（ ）i3i A．3 B． i C．1 D．-1 【答案】D【解析】试题分析：根据复数的定义，，所以虚部为．33( 1)ii  1【考点】复数的定义．2．记集合，则（ ）|20 ,|sin ,Ax xBy yx xRAB A． B． 2,1,1C． D． 1,12,2,1【答案】A【解析】试题分析：根据已知：，，则2Ax x 11Byy ，所以选 A．2ABx x 【考点】1.三角函数的值域；2.集合的运算． 3．某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是（ ） A．圆柱 B．圆锥 C．棱锥 D．棱柱 【答案】B 【解析】试题分析：当棱锥和棱柱分别为正四棱锥和正四棱柱时，会出现正方形；圆 柱的横截面为长方形，当其底面直径和高相等时，就是正方形；对于圆锥，三视图可 能出现的有：圆、三角形．所以选 A． 【考点】三视图．4．已知向量，若，则的值可以是（ cos ,sin,sin,cosab/ /ab, ）A． B． ,33 2,33C． D．107,5,36 【答案】【解析】试题分析：因为，则，即，/ /abcoscossinsin0cos0所以，所以选 C．,2kkZ【考点】1.向量的数量积；2.两角差的余弦．5．已知数列的前 4 项为 2，0，2，0，则依次归纳该数列的通项不可能是（ ） naA． B．  111n na 2,0,nnan 为奇数为偶数C． D．2sin2nnacos11nan【答案】C【解析】试题分析：对于 C，当时，，则，与题意不符，所3n 3sin12 32a  以选 C． 【考点】数列的通项公式． 6．某研究型学习小组调查研究学生使用智能对学习的影响．部分统计数据如下表：使用智能不使用智能合计学习成绩优秀4812 学习成绩不优秀16218 合计201030 附表： 2 0P Kk 0.150.100.050.0250.0100.0050.0010k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828经计算，则下列选项正确的是（ ）210K A．有 99.5%的把握认为使用智能对学习有影响 B．有 99.5%的把握认为使用智能对学习无影响 C．有 99.9%的把握认为使用智能对学习有影响 D．有 99.9%的把握认为使用智能对学习无影响 【答案】A【解析】试题分析：：因为，对照表格得：有％的把握认为使2107.879K 99.5用智能对学习有影响． 【考点】1.独立检验；2.统计．7．函数的单调递增区间是（ ）1sin,2 ,223yxx A． B． 52 ,352 ,,233和C． D．5,33 ,23 【答案】B【解析】试题分析：，要求其单调递增区间则：1sin23yx ，解得：1322,2232kxkkZ．当时，递增区间为：；当51144,33kxkkZ0k 511,33 时，递增区间为：．因为，所以递增区间为：1k  17,332 ,2x ，选 B．52 ,,233和【考点】三角函数的单调区间．8．平面直角坐标系中，动点到圆上的点的最小距离与其到直xOyP2221xy线的距离相等，则点的轨迹方程是（ ）1x  PA． B． 28yx28xyC． D．24yx24xy【答案】A【解析】试题分析：设圆心为，动点到直线的距离为，根据题意得：CPd，可得，即：动点到圆上的点的最小距1PCd 1PCdP2221xy离与其到直线的距离相等，根据抛物线的定义，动点的轨迹为以为焦2x  P2,0点，以为准线的抛物线，设方程为，则，，所以抛物线2x  22ypx22p4p 方程为：，选 A．28yx【考点】抛物线定义． 【思路点晴】本题主要考查的是抛物线的定义和抛物线的方程，属于中档题．本题动点到圆上的点的最小距离与其到直线的距离相等，可转化P2221xy1x  为动点到圆上的点的最小距离与其到直线的距离相等，从P2221xy2x  而利用抛物线的定义进行求解．解决圆锥曲线问题时注意圆锥曲线定义的应用．9．非负实数满足，则关于的最大值和最小值分别为（ xy、ln10xyxy） A．2 和 1 B．2 和-1 C．1 和-1 D．2 和-2 【答案】D【解析】试题分析：可化为：，即：ln10xyln1ln1xy．令，即，所以的最大值和最小值分别为直110yxzxyyxzxy线在轴上截距的最值，转化为线性规划问题．可行域为：，如yxzy0 0 2x y xy  图，当直线经过点时在轴上的截距最大，此时有最小值为；当yxzAyxy2直线经过点时在轴上的截距最小，此时有最大值为，所以选yxzCyxy2D．【考点】线性规划．10．如果执行如图所示的程序框图，则输出的数不可能是（ ）SA．0.7 B．0.75 C．0.8 D．0.9 【答案】A【解析】试题分析：根据程序框图：；111,11 22iS ；；当．当1111112,11122 32233iS   1,11in Sn 时，；当时，；当时，3n 13144S  4n 14155S  9n ；当时，，所以选 A．1911010S  171110n7 3nN【考点】1.程序框图；2.数列裂项相消法求和． 【易错点晴】本题主要考查的是程序框图和数列中的裂项相消法，属于中档题．在给 出程序框图求解输出结果的试题中一定要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，根 据前面的式子找到其中的规律，对本题来说就是这个程序框图的本质是利用裂项相消法求和，所以，又，找到各项满足条件的即可．111nS*Nn11．已知函数，则关于的语句为假命题的是（   ,1xf xeg xx  ,f xg x）A．   ,xR f xg x B．  1212,,x xR f xg xC．   000,xR f xg xD．，使得0xR    00,xR f xg xf xg x 【答案】D【解析】试题分析：当时，，所以 A 为假命题，同时 C 为真命0x   001fg题．令，则，所以 B 为真命题．令120,1xx  01,12fg，．当，则；当   1xh xf xg xex '1xh xe '0h x 0x ，则，所以函数的递增区间为，递减区间为， '0h x 0x  h x0,,0则函数在有最小值为，即存在使得 h x0x 000x ，选项 D 为正确命题．所以选 A．    00,xR f xg xf xg x 【考点】导数在函数中的应用． 【方法点晴】本题考查的是导数在函数中的应用及数形结合的思想，属于中档题．本 题是选择题，可利用排除法解决本题．另外本题也可用数形结合法解题，做出两个函数的图象，可知直线是函数在处的切线，从图象可知 1 xxg xexf0xB、C、D 都正确，只有 A 是错误的．通过数形结合的方法，能直观的得出结论，减少 推理过程，减少计算．二、填空题二、填空题12．已知定义在上的函数满足，且，R f x 1f xf x  1, 101,01xf xx 则下列函数值为 1 的是（ ）A． B． 2.5f2.5ffC． D．1.5ff 2f【答案】B【解析】试题分析：因为，且，所以 1f xf x  1, 101,01xf xx ，A 不对；由 A 知2.51.50.51fff  ，所以选 B．  2.5101ffff 【考点】分段函数．13．在空间直角坐标系中，已知点，则线段的长度为1,0,1 ,1,1,2AB AB__________．【答案】6【解析】试题分析：根据两点间距离公式得：．4 1 16AB   【考点】空间两点间距离公式．14．记等差数列的前项和为，若，则_________． nannS3352,15Sa S2015a【答案】2015【解析】试题分析：由得：．则根据等差数列的通项公式和前332Sa123aaa项和公式得：，解得：，所以n111125 45152aadadad11ad．201512014 12015a  【考点】等差数列的通项公式和前项和．n15．的周长等于，则其外接圆半径等于ABC2 sinsinsinABC____________． 【答案】1 【解析】试题分析：试题分析：设外接圆半径为，已知条件即R，得：2 sinsinsinABCabc①．根据正弦定理：2sinsinsinabc ABC ，代入①式得：，即．2 sin2 sin2 sinabcRARbRc22R 1R  【考点】正弦定理．【方法点晴】本题考查的是正弦定理的应用，属于中档题．由已知条件是的周ABC长，与三角形的边有关系，且的周长等于，和三角形ABC2 sinsinsinABC的三个角关联，所以考虑应用正弦定理．因为正弦定理中，RCc Bb Aa2sinsinsin结合这两个条件，，即．当三角形中遇到求三角形外接圆半径时，注意22R 1R  正弦定理的应用．16．分别为双曲线左、右支上的点，设是平行于轴的单位向MN、22 143xyvx量，则的最小值为___________．MN v :【答案】4【解析】试题分析：因为，即在方向上的coscosMN vMNvMN     MN v投影的绝对值的最小值，因为，，且是平行于轴的单位向量，4MN  cos1vx所以。