2016届吉林省长春市普通高中高三质量监测(二)数学(文)试题(解析版)

1、.2016届吉林省长春市普通高中高三质量监测（二）数学（文）试题一、选择题1复数，在复平面内对应的点关于直线对称，且，则（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：复数在复平面内关于直线对称的点表示的复数，故选D【考点】复数的运算2若实数，且，则下列不等式恒成立的是（ ）A B C D 【答案】C【解析】试题分析：根据函数的图象与不等式的性质可知：当时，为正确选项，故选C【考点】不等式的性质3设集合，则（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：由题意可知，则，故选C【考点】集合的关系4已知为圆的一条直径，点为直线上任意一点，则的最小值为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：

2、由题意得，设，则，当且仅当时，等号成立，故选A【考点】1圆的标准方程；2平面向量数量积及其运用5几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥，其体积为，故选C【考点】空间几何体体积计算6以正方形的一条边的两个端点为焦点，且过另外两个顶点的椭圆与双曲线的离心率之积为（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：以正方形的一条边的两个端点为焦点，且过另外两个顶点的椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，故选A【考点】椭圆，双曲线的标准方程及其性质7已知为椭圆上的点，点为圆上的动点，点为圆上的动点，则的最大值为（ ）A B C

3、 D【答案】B【解析】试题分析：由题可知，故选B【考点】椭圆性质的综合运用8设等差数列的前项和为，且，当取最大值时，的值为（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：由题意，不妨设，则公差，其中，因此，即当时，取得最大值，故选B【考点】等差数列的通项公式及其前项和9已知函数，当时，若在区间内，有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：当时，即在上的解析式为，可将函数在上的大致图象如下图所示，令，而表示过定点斜率为的直线，由图可知为其临界位置，此时，因此直线的斜率的取值范围是，故选D【考点】1函数与方程；2数形结合的数学思想10函数的零点所在的区间是

4、（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：函数的定义域是，显然与在上单调递增，在上单调递增，当时，当时，根据零点存在定理可知函数的零点在内，故选C【考点】1函数的性质；2函数的零点11已知直线与圆相交于，两点，设，分别是以，为终边的角，则（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：作直线的中垂线，交圆于，两点，再将轴关于直线对称，交圆于点，则，如图所示，而，故，故选D【考点】1直线与圆的位置关系；2三角恒等变形二、填空题12命题“，”的否定是_【答案】，【解析】试题分析：由题意可知，命题“，”的否定是：，故填：，【考点】全称命题的否定13已知实数，满足，则的最小值为_【答案】【解析】

5、试题分析：根据不等式组获得可行域如下图，令，可化为，因此当直线过点时，取得最小值为，故填：【考点】线性规划14已知向量，则当时，的取值范围是_【答案】【解析】试题分析：根据向量的差的几何意义，表示向量终点到终点的距离，当时，该距离取得最小值为1，当时，根据余弦定理，可算得该距离取得最大值为，即的取值范围是，故填：【考点】平面向量的线性运算15已知数列中，对任意的，若满足（为常数），则称该数列为3阶等和数列，其中为3阶公和；若满足（为常数），则称该数列为2阶等积数列，其中为2阶公积，已知数列为首项为的阶等和数列，且满足；数列为首项为，公积为的阶等积数列，设为数列的前项和，则_【答案】【解析】试题

6、分析：由题意可知，又是3阶等和数列，因此该数列将会照此规律循环下去，同理，又是2阶等积数列，因此该数列将会照此规律循环下去，由此可知对于数列，每6项的和循环一次，易求出，因此中有336组循环结构，故，故填：【考点】1新定义问题；2数列求和三、解答题16已知函数（1）求函数的最小正周期和单调减区间；（2）已知的三个内角，的对边分别为，其中，若锐角满足，且，求的面积【答案】（1）最小正周期：，单调递减区间：；（2）【解析】试题分析：（1）对的表达式进行三角恒等变形，再利用三角函数的性质即可求解；（2）首先求得的值，再结合正余弦定理列出相应的式子，即可求解试题解析：（1） ，因此的最小正周期为，的单

7、调递减区间为，即；（2） 由，又为锐角，由正弦定理可得，则，由余弦定理可知，可求得【考点】1三角恒等变形；2正余弦定理解三角形17近年来我国电子商务行业迎来篷布发展的新机遇，2015年双11期间，某购物平台的销售业绩高达918亿人民币与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为06，对服务的好评率为075，其中对商品和服务都做出好评的交易为80次（1）是否可以在犯错误概率不超过01%的前提下，认为商品好评与服务好评有关？（2）若针对商品的好评率，采用分层抽样的方式从这200次交易中取出5次交易，并从中选择两次

8、交易进行客户回访，求只有一次好评的概率（，其中）【答案】（1）可以；（2）【解析】试题分析：（1）得到对应的列联表，根据条件中给出的数据以及公式计算相应的值，比较大小即可判断；（2）列出所有符合题意的基本事件的种数以及所有的基本事件的种数，根据古典概型即可求解试题解析：由题意可得关于商品和服务评价的列联表： 对服务好评对服务不满意合计对商品好评8040120对商品不满意701080合计15050200，可以在犯错误概率不超过01%的前提下，认为商品好评与服务好评有关；（2）若针对商品的好评率，采用分层抽样的方式从这200次交易中取出5次交易，则好评的交易次数为3次，不满意的次数为2次，令好评的

9、交易为，不满意的交易为，从5次交易中，取出2次的所有取法为，共计10种情况，其中只有一次好评的情况是，共计6种，因此，只有一次好评的概率为 【考点】1独立性检验；2古典概型18在四棱锥中，底面是菱形，平面，点为棱的中点，过作与平面平行的平面与棱，相交于，（1）证明：为的中点；（2）已知棱锥的高为，且，的交点为，连接，求三棱锥外接球的体积【答案】（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）根据已知条件中面面，再利用面面平行的性质可知，从而得证；（2）求出的长度，进而进一步通过补形确定外接球的球心与半径试题解析：（1）连接，面面，面面，面面，即为的中位线，为中点；（2）由（1）知，且，即三棱锥外

10、接球为以，为长、宽、高的长方体外接球，则该长方体的体对角线长为，即外接球半径为则三棱锥外接球的体积为【考点】1面面平行的性质；2几何体的外接球19椭圆的左右焦点分别为，且离心率为，点为椭圆上一动点，面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为，过右焦点的直线与椭圆相交于，两点，连结，并延长交直线分别于，两点，问是否为定值？若是，求出此定值；若不是,请说明理由【答案】（1）；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）分析题意可知点为短轴端点时取到最大值，再根据条件中数据求出，的值即可；（2）设直线的方程为，再利用平面向量的数量积的坐标表示即可求得定值试题解析：（1） 已知椭圆的离心率为，

11、不妨设，即，其中，又面积取最大值时，即点为短轴端点，因此，解得，则椭圆的方程为；（2）设直线的方程为， 联立可得，则，直线的方程为， 直线的方程为， 则，则，则，即为定值【考点】1椭圆的标准方程及其性质；2直线与椭圆的位置关系；3圆锥曲线中的定值问题20已知函数在点处的切线与轴平行（1）求实数的值及的极值；（2）若对任意，有，求实数的取值范围；【答案】（1），有极大值为；（2）【解析】试题分析：（1）首先求导，根据导数的几何意义可求得的值，再根据导数的取值情况确定原函数的极值点；（2）将原不等式变形为，再构造对应函数，将问题等价转化为求函数最值即可试题解析：（1）由题意得，又，解得，令，解得，

12、即有极大值为；（2） 由，可得，令，则，其中，又，则，即，因此实数的取值范围是 【考点】导数的综合运用21选修41：几何证明选讲如图，过圆外一点的作圆的切线，为切点，过的中点的直线交圆于，两点，连接并延长交圆于点，连接交圆于点，若（1）求证：；（2）求证：四边形是平行四边形【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）证明，再根据相似三角形的判定即可得证；（2）证明，根据平行四边形的判定即可得证试题解析：（1）由题意可知，则为的中点，则，即，因此，则，由可得，即，则；（2）由（1），又，则，可得，由，则，可得，因此四边形是平行四边形 【考点】1割线定理；2相似三角形的判定；3平

13、行四边形的判定22选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（2）若曲线与曲线交于，两点，求的最大值和最小值【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，其表示一个圆；（2）最小值为，最大值为【解析】试题分析：（1）利用，可将的极坐标方程化为相应直角方程，即可求解；（2）联立，的方程，将表示为相应的函数关系式，从而求解试题解析：（1）对于曲线有，即，因此曲线的直角坐标方程为，其表示一个圆；（2）联立曲线与曲线的方程可得：，因此的最小值为，最大值为 【考点】1极坐标方程与直角坐标方程的相互转化；2直线与圆的位置关系23选修45：不等式选讲设函数（1）若不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）