四川省2016年高考模拟数学(文)试题

四川省2016年高考模拟数学(文)试题四川省2016年高考模拟数学(文)试题16/16PAGE16四川省2016年高考模拟数学(文)试题四川省2016年高考模拟数学(文)试题2016年高考模拟试题（四川卷）数学（文科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．已知全集U{xN|0≤x≤6}，集合A{1，3，5}，B{2，4，6}，则 （）A．0AB B．0()BC．0(A)() D．0()()2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （）A． B．4 C． D．63．要得到函数ysin(2x)的图象，只需将函数ycos2x的图象 （）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度4．设M是ABCD的对角线的交点，O为任意一点，则 （）A． B．2 C．3 D．45．函数ycos2xsinxcosx(x[0,])为增函数的区间是 （）A．[0,] B．[,] C．[,] D．[,]6．如图，有一块半径为1的半圆形钢板，计划剪裁成等腰梯形ABCD的形状，它的下底AB是⊙O的直径，上底CD的端点在圆周上，则梯形面积y和腰长x间的函数的大致图象是 （） A． B． C． D．7．曲线x2y2|x||y|围成的图形的面积是 （）A．2 B．1 C．2 D．18．函数f(x)()xlogx，g(x)()xlog2x，h(x)2xlog2x的零点分别为a，b，c，则 （）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b9．运行如下程序框图，如果输入的x[7,11]，则输出y属于 （）A．(20,12] B．(20,16] C．[20,12] D．[20,16]10.已知x，y满足不等式组当3≤s≤5时，目标函数z3x2y的最大值的变化范围是 （）A．[6,15] B．[7,15] C．[6,8] D．[7,8]

第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上．11.双曲线的焦点到其渐近线的距离是．12.一个社会调查机构就某地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画出了如图所示的频率分布直方图，现要从这10000人中再用分层抽样的方法抽出100人作进一步调查，则月收入在[2500,3000)（元）内应抽出人.13.把复数z1在复平面内的对应点P绕原点逆时针旋转90°得复数z2在复平面内的对应点Q，z12i，则z1z2．14.已知x＞0，y＞0，且4xyx2y4，则xy的最小值为．15.正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别是线段AC，B1D1上的动点．现有如下命题：（1）P，Q，使得AQ∥C1P；（2）P，Q，使得AQ⊥C1P；（3）P，Q，使得AQ∥BP；（4）P，Q，使得AQ⊥BP．其中的真命题有．（写出所有真命题的序号）三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．16.（本小题满分12分）以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的投篮命中次数，乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示．甲组乙组990X891110(Ⅰ)如果乙组同学投篮命中次数的平均数为，求X及乙组同学投篮命中次数的方差；(Ⅱ)如果X9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的投篮命中次数之和为19的概率．17.（本小题满分12分）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列．(Ⅰ)求证：a2，a8，a5成等差数列；(Ⅱ)若a1a43，求a1a4a7…a31．18.（本小题满分12分）（文科）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，BCBB1，D为AB的中点．(Ⅰ)求证：BC1⊥平面AB1C；(Ⅱ)求证：BC1∥平面A1CD．19.（本小题满分12分）已知AD是△ABC的角平分线，且△ABD的面积与△ACD的面积比为3:2．(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)若AD，∠C2∠B，求BC的长．20.（本小题满分13分）如图，椭圆C:(a＞b＞0)经过点P(2,3)，离心率e，直线l的方程为y4．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)AB是经过(0,3)的任一弦（不经过点P）．设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数，使得？若存在，求的值．21.（本小题满分14分）直线xb与函数f(x)xlnx的图象交于两个不同的点A，B，其横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和最小值；(Ⅱ)证明：x1x22＜2．

2016年高考模拟试题（四川卷）数学（文科）选择题．1.D 因为0A，0B，所以0()()。2.A 由三视图可知该几何体上方是一个底面为边长2的正方形，高为1的正四棱锥；下方是一个底面为边长1的正方形，高为2的正四棱柱。所以体积为×22×112×2。3.B ycos2xsin(2x)sin2[(x)，故只需将ycos2x的图象向右平移个单位长度就得到ysin(2x)的图象。4.D 由平面向量加法的几何意义知道，224。5.C ycos2xsinxcosxsin2xsincosxcossin2xsin(2x)。当x[0,]时，2x[,]，要使ycos2xsinxcosx为增函数，则需ysin(2x)为减函数。所以2x[,]，解得x[,]。6.A 由图可知，腰AD的长的范围是(0,)，故排除D。再考虑特殊位置，当AD=1即x1时，此时∠DAB60°，面积y＞1。故选A。7.A 曲线x2y2|x||y|关于x轴、y轴对称，图形如图所示。即四个半圆和一个正方形构成，所以面积为4×××()2()22。8.B ()xlogx0可变成logx()x，()xlog2x0可变成log2x()x，2xlog2x0可变成log2x2x，在同一坐标系中做出这些函数的图象如图所示。因此f(x)、g(x)、h(x)的零点分别为图中A、B、C点的横坐标。因此c＜b＜a。9.B 因为x[7,11]，所以第一次循环之后，x[3,7]，n1。当x3时，计算出y21×(4×332)。当x(3,7]，进行第二次循环，运行后x(1,3]，n2，计算出y22×(4xx2)。当x(1,3]时，5＜4xx2≤4，此时y(20,16]。综上，y(20,16]。10.D当3≤s≤4时，区域如图所示，z3x2y在两直线xys和2xy4的交点处(4s,42s)取得最大值。此时z3(4s)2(42s)4s，此时z的最大值变化范围是[7,8]。当s＞4时，区域如图所示，z3x2y在点(0,)取得最大值。此时z8，综上，z的最大值变化范围是[7,8]。二、填空题．11.4 双曲线的焦点是(0,±5)，其渐近线为y±x，即3x±4y0。因此距离是4。12.25 各组的频率/组距分别为0.0002，0.0004，0.0005，0.0005，0.0003，0.0001。组距为500，所以频率为0.1，0.2，0.25，0.25，0.15，0.05。故月收入在[2500,3000)（元）的频率为0.25，因此应抽出0.25×10025（人）。13.43i z12i，z212i，z1z22i12i43i。 14.2 因为x2y≥，又4xyx2y4，所以4xy≥4，解不等式，得≤（舍去）或≥。所以xy的最小值为2。15.①④当Q为B1D1中点，P为AC中点时，此时AQ∥C1P，故①正确；此时AQ⊥BP，故④正确；因为Q平面ABC，所以A，B，P，Q四点不共面，因此不存在P，Q，使得AQ∥BP，故③错误。以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴建立坐标系。则P(a,a,0)，Q(b,1b,1)，C1(1,1,0)所以=(b,1b,1)，=(a1,a1,1)，所以cos<,>=，因为a，b[0,1]，所以ab2不可能为0，所以不存在P，Q，使得AQ⊥C1P，故②错误。三、解答题．16.解:(Ⅰ)当平均数为时，由茎叶图可知，乙组同学的投篮命中次数是X，8，9，10，所以，所以X8．方差s2[(8)2(9)2(10)2]．(Ⅱ)记甲组四名同学为A1，A2，A3，A4，他们投篮命中次数依次为9，9，11，11；乙组四名同学为B1，B2，B3，B4，他们投篮命中次数依次为9，8，9，10．分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个，它们是：(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A1,B4)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)，(A2,B4)，(A3,B1)，(A3,B2)，(A3,B3)，(A3,B4)，(A4,B1)，(A4,B2)，(A4,B3)，(A4,B4)，用C表示：“选出的两名同学的投篮命中次数和为19”这一事件，则C中的结果有4个，它们是：(A1,B4)，(A2,B4)，(A3,B2)，(A4,B2)．故所求概率为P(C)．17.解:(Ⅰ)当q1时，显然不满足条件S3，S9，S6成等差数列，因此q≠1．所以S3，S9，S6，由S3，S9，S6成等差数列，知2，显然a1≠0，化简得2q9q3q6，①所以2q7qq4，又a2a1q，a8a1q7，a5a1q4，所以2a8a2a5，所以a2，a8，a5成等差数列．(Ⅱ)由①解得q3，由a1a43，可得a1a1q33，解得a12．所以a1a4+…a312(1)…()9．18.解:(Ⅰ)因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，所以CC1⊥平面ABC，因为AC平面ABC，所以CC1⊥AC，又AC⊥BC，CC1BCC，所以AC⊥平面B1C1CB，因为BC1平面B1C1CB，所以BC1⊥AC．又因为BC，所以B1C1CB是正方形，所以BC1⊥B1C，又B1CACC，所以BC1⊥平面AB1C．(Ⅱ)在正方形A1C1CA中，设AC1A1CG，则G为AC1中点，D为AB的中点，连结DG，在△ABC1中，BC1∥DG，因为DG平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．19.解:(Ⅰ)由S△ABD:S△ADC3:2，得ABADsin∠BAD:ACADsin∠CAD3:2，因为∠BAD∠CAD，所以AB:AC3:2，所以．(Ⅱ)由∠C2∠B得sinCsin2B2sinBcosB，由(Ⅰ)知，所以cosB，sinB，所以cosCcos2B2cos2B1，sinC，设BD3m，AB3n，则CD2m，AC2n．在△ABD中，由余弦定理有AB2BD22ABBDcosBAD2，即9m29n2mn18，①同理，在△ACD中，有4m24n2mn18，②所以9m29n2mn4m24n2mn，所以m2n（由AB+AC＞BC知n＞m，故舍去），或n2m．代入②得，m1．所以BC5m5．20.解:(Ⅰ)由已知得解得a4，b，c2．所以椭圆C的方程为1．(Ⅱ)当直线AB不存在斜率时，A(0,)，B(0,)，M(0,)，此时k1，k2，k3，4，可得2．当直线AB存在斜率时，可设为k(k≠0)，则直线AB的方程为ykx3．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线AB与椭圆的方程，得消去y，化简整理得，(4k23)x224kx120，所以x1x2，x1x2，而．又M点坐标为(,4)，所以．故可得2．因此，存在常数2，使得恒成立．21.解:(Ⅰ)由题可得f′(x)1，所以当x(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x(1,∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；所以f(x)的最大值为f(1)1．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知0＜x1＜1，x2＞1，g(x1)g(x2)0．g(x1)g()x1lnx1lnx2lnx2lnx23lnx2ln2．令h(t)t3lntln2，则h′(t)．当t≥2时，h′(t)≥0，h(t)是增函数，所以h(t)≥h(2)2ln2ln＞0．所以当x2≥2时，g(x1)