2016届天津市和平区高三第四次模拟数学(理)试题(解析版)

一、选择题

1．若复数ai12i是纯虚数（i是虚数单位，a是实数），则a等于（ ） A．

11 B．2 C． D．2 22【答案】B

【解析】试题分析：ai12i(a2)(2a1)i是纯虚数,则a2，选B 【考点】复数的运算，复数的概念.

xy20,y2．已知变量x,y满足约束条件xy60,，则的取值范围是（ ）

xx10,A．2,5

B．,25, C．,35, D．3,5 【答案】A

xy20,y【解析】试题分析：根据变量x,y满足约束条件xy60,，画出可行域，利用

xx10,的几何意义，表示可行域内一点(x,y)与原点连线的斜率，找出最优解，得出斜率取值范围是2,5 【考点】线性规划

y的x

【方法点睛】线性规划问题常见的目标函数为截距型，但在学习中不能忽略一些特殊的

22目标函数，如距离型：zxy，斜率型如：Zy1等. x3．阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（ ）

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A．72 B．86 C．98 D．128 【答案】C 【解析】试题分

析：运行程序，

S0,k1,k15,S2,k3,k15,S2238,k5,k15,S8

2518,k7,k15,S182732,k9,k15,S322950,k11,k15,S50

21172,k13,S7221398,k15,不满足k15，输出98，选C.

【考点】程序框图,

4．“若x,yR,x2y20，则x,y全为0”的逆否命题是（ ） A．若x,yR,x,y全不为0，则x2y20 B．若x,yR,x,y不全为0，则xy0 C．若x,yR,x,y不全为0，则xy0 D．若x,yR,x,y全为0，则xy0 【答案】C

【解析】试题分析：根据命题“若p，则q”的逆否命题为“若q，则p”，可以写

22222222出 “若x,yR,xy0，则x,y全为0”的逆否命题是“若x,yR,x,y不全为0，则xy0 ”，选C. 【考点】四种命题

5．如图，过圆O外一点P作一条直线与圆O交于A,B两点，若PA2，点P到圆O的切线PC4，弦CD平分弦AB于点E，且DB//PC，则CE等于（ ）

22

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A．3 B．4 C．32 D．15 【答案】D

【解析】试题分析：根据切割线定理PC2PAPB，解得AB6，422(2AB)，

AEEB3，设CEx,EDy,利用相交弦定理CEEDAEEB，即xy9，

CP又DB//PC，则A与BDE相似，x5CEPE，即，解方程组得：x15，EDEBy3

选B.

【考点】平面几何选讲. 【方法点睛】平面几何问题要注意使用相似三角形对应边成比例获取比例式转化为等积式，圆中注意利用圆幂定理（相交弦定理，切割线定理，割线定理），在求值问题和证明等积式时很有应用价值.

x2y21的渐近线上的一点A到其右焦点F的距离等于2，抛物线6．已知双曲线3y22pxp0过点A，则该抛物线的方程为（ ）

2A．y22x B．y2x C．y11x D．y2x 24【答案】B

【解析】试题分析：c2314,c2，右焦点F(2,0)点A在y轴右侧，双曲线的

渐近线方程为y333设A(x,解得x3，x，x)，AF(x2)2()22，3332有A(3,3)在抛物线y2pxp0上，则32p3，得p为yx.选B.

【考点】双曲线和抛物线的有关问题. 7．设函数ylog2x1与y22x21，该抛物线的方程2的图象的交点为x0,y0，则x0所在的区间是（ ）

A．0,1 B．1,2 C．2,3 D．3,4

【答案】C

【解析】试题分析：先画出两个函数图象的草图，可以看出两个函数图象的交点的横坐标大致应在

2,3内，下面给出准确的验证，当x2时，

y1lo2g210,y22221,y1y2，当x3时，y1log231,y2

22313，由于98，则3223322lo2g，则3lo2g22221，因此y1y2，则x0所在的区间是2,3. 2第 3 页 共 14 页

33lo2g31【考点】函数图象，函数的零点.

x321,x0,3228．已知函数fxx3x2，函数gx则关于1x1,x0,2gfxa0a0的实根个数取得最大值时，实数a的取值范围是（ ）

A．1, B．1, C．1, D．0,

4444【答案】A

【解析】试题分析：fxx3x2，f(x)3x2-6x3x(x-2)，令f(x)0，

325555得x0,x2，f(x)在(-,0)上是增函数，在(0,2)上是减函数，在(2,)上是增函数，当x0时，f(x)取最大值为2，当x2时取最小值-2；由函数g(x)的图像可知，当x-3或x

1

时，g(x)1； 2

（1） 当a1时，方程gfxa0a0，则f(x)3，有一个实根，

f(x)1，方程有三个 2实根，此时关于x的方程gfxa0a0共有4个实根;

（2） 当0a1时，方程g[f(x)]a0，则f(x)(4,3)，方程只有一个实根，或f(x)(3,2)，

方程只有一个实根，此时关于x的方程gfxa0a0共有2个根； （3） 当1a51时，方程g[f(x)]a0，则f(x)(0,)，方程有三个实根，或421f(x)(，1)，方

2程有三个实根，此时关于x的方程gfxa0a0共有6个实数根； （4）当a5时，方程g[f(x)]a0，有f(x)0，方程有三个实根，或f(x)1，4方程有三个实根，此时关于x的方程gfxa0a0共有6个实数根； （4） 当a个实根，

综上所述：关于x的方程gfxa0a0的实根最多有6个，实数a的取值范围是(1,].

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5时，方程g[f(x)]a0，有f(x)，方程有3个或2个或1（1，）454【考点】函数图象，函数的零点，数形结合思想.

【方法点睛】给出两个函数研究某个函数复合形式构成的方程的根的个数问题，是今年出现的新题型，常常方程中含有参数，因此首先要具备讨论思想.解题时，首先画出两个函数的草图，利用数形结合思想，借助图形解题更为直观；本题借助g(x)的图象，根据g[f(x)]a，由a的值反看f(x)的值或其取值范围，然后借助f(x)的图象，根据f(x)的值或范围反看x的值或x的个数.

二、填空题

9．在x2y的展开式中，系数为有理数的项的所有系数之和为______． 【答案】225

【解析】试题分析： Ty1C8xr8r38(2y)C82x8ryr(r0,1,2,3,...8),当

3613rrr3r0,3,6时，系数为有理数的项，所有系数之和为12C84C8225

【考点】二项式定理

10．一个几何体的三视图如图所示（单位cm），则该几何体的体积为______cm3．

【答案】16

【解析】试题分析：根据三视图恢复原几何体，原几何体为一个四棱锥PABCD，底面为直角梯形ABCD，其中AD//BC,ABAD,ABBC，PA底面ABCD，

AD2,AB4,BC4,PA4，则该几何体的体积为

VPABCD11(24)4416cm3． 32【考点】三视图、棱锥的体积.

11．若从区间0,2中随机取出两个数a和b，则关于x的一元二次方程

x22axb20有实根，且满足a2b24的概率为______．

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【答案】

 80a2，对应区域面积

0b2【解析】试题分析： 在（0，2）上随机取两个数a,b，则为S224,关于

x的方程x22axb20有实根，4a24b20，

(ab)(ab)0对应区域为OBC，满足a2b24，即以原点为圆心，2为半径

的圆上及圆内，符合要求的可行域的面积为S【考点】几何概型

12．设函数fxax1，若

2122，概率为P2. 8248fxdxfx,x0,1，则x的值为______．

00001【答案】

3 3【解析】试题分析：

101aax32f(x)dx(ax1)dxx1f(x0)ax01,

003312则 x0213，x0[0,1]，所以x0. 33【考点】定积分

13．在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c．若ab为

2，ABC的面积

1sinC,sinAsinB2sinC，则C的值为______． 6【答案】

3111【解析】试题分析：ABC的面积为absinCsinCab，又ab2；263又

sinAsinB2sinC，则

ab2c2，

22则

c1，

41abc142223ab(ab)2ab22，则cosC

2332ab31，则C.

32【考点】正、余弦定理解三角形.

14．设两个向量a2,2cos2,b,sin，其中,,R．若2a2b，则

的最小值为______． 第 6 页 共 14 页

【答案】-6

【解析】试题分析：将2-2a2b,则22，2cos22sin，代

入

得

：

42-94

，

则

cos22sinsin22sin1(sin1)22[2,2]-242-942，解得：

112212，所以4，81又2-2，则2-，则42-61，则的最小值为值为-6. 【考点】平面向量与不等式

三、解答题

15．已知sintan32，且0． （Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求函数fx4cosxcosx在0,

4

上的值域． 【答案】（1）3（2）2,3

【解析】试题分析：（Ⅰ）由sintan322，得2sin3co，s2co2s3cos．„„„202分

所以cos12或cos2（舍去）． 因为0，所以3．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得fx4cosxcosx4cosxcosxcossinxsin

4cosx132cosx2sinx

2cos2x23sinxcosx1cos2x3sin2x

12sin2x6．

由x0,4，得62x263， 第 7 页 共 14 页

即

当x0时，fxminf02；当x

6

时，fxmaxf3． 6所以，函数fx在0,上的值域为2,3． 4【考点】三角函数求值与三角函数图象与性质.

【方法点睛】有关三角函数图象与性质问题，首先要把函数的解析式化为

yAsin(x)k的标准形式，再谈函数的性质，如单调性、最值等.

16．某同学需通过选拔考试进入学校的“体育队”和“文艺队”，进入这两个队成功与否是相互独立的，能同时进入这两个队的概率是

13，至少能进入一个队的概率是，248并且能进入“体育队”的概率小于能进入“文艺队”的概率．

（Ⅰ）求该同学通过选拔进入“体育队”的概率p1和进入“文艺队”的概率p2； （Ⅱ）学校对于进入“体育队”的同学增加2个选修课学分，对于进入“文艺队”的同

学增加1个选修课学分，求该同学获得选修课加分分数X的分布列与数学期望． 【答案】（1）p1117,p2（2）

12641pp,1224【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意，有且p1p2．

3pppp.12128解得p111,p2． 64（Ⅱ）依题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3．

115115， PX011,PX116486424111111． PX21,PX36486424∴X的分和列为： X P 0 1 2 3 5 85 241 81 2455117X的数学期望EX0123．

82482412【考点】概率与离散型随机变量的分布列及数学期望.

17．如图，在底面为菱形的四棱锥

ABC60,PAA1C,PABCDPEPD2． 在上，且P，点BE2PDED中，

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（Ⅰ）求证：PA平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角EACD的正弦值；

（Ⅲ）在棱PC上是否存在点F使得BF平面EAC？若存在，试求PF的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）

12（3） 22【解析】试题分析：（Ⅰ）证明：∵在菱形ABCD中，ABC60，

∴ACABAD． ∵PAAC1，

∴PAABAD1． ∵PBPD2，

∴PA2AB2PB2,PA2AD2PD2． ∴PAAB,PAAD． ∵ABADA，

∴PA平面ABCD．

（Ⅱ）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得

1313131A0,0,0,C,,0,D,,0,P0,0,1,E22223,3,3，

13131则AC,22,0,AE3,3,3．

设平面EAC的一个法向量为nx,y,z，

13xy0,nAC022则，即 1x3y1z0,nAE0333设y1，可得n3,1,23．

而平面DAC的一个法向量为AP0,0,1，

00233∴cosAP,n． 142设所求二面角的平面角为，

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则sin1cosAD,n21， 21． 2所以二面角EACD的正弦值为

2

13FPC上一点，B1,0,0， ,1（Ⅲ）因为PC,22，为

1133F则有PFPC,,12,2,1． 2，故点坐标为213所以BF1,． ,122由（Ⅱ）可知平面EAC的一个法向量为n3,1,23．

131若BF平面EAC，则BFn312310，得．

22213122PF,,PF则PF,，即的值为． 44222考点:空间直线与平面的平行与垂直，二面角的求法.

【方法点睛】利用空间向量证明垂直是首选的方法，由于判断两线垂直只需数量积为零，方便而且有说服力，求二面角用空间向量只需计算准确，达到以数助形的目的， 18．已知数列an中，a12,a24,an12an13ann2． （Ⅰ）求证：数列an1an是等比数列； （Ⅱ）求数列an的通项公式； （Ⅲ）设bnan1,Snaa1a2n，若nN*，使Sn4m23m成b1b2b2b3bnbn1立，求实数m的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）an2n（3）1,1 4【解析】试题分析：（Ⅰ）证明：∵an12an13ann2，

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∴an1an2anan1n2．

∵a2a120，∴anan10n2． ∴

an1an2n2．

anan1∴数列an1an是首项、公比均为2的等比数列．

（Ⅱ）解：∵an1an是等比数列，首项为2，通项an1an2n， 故ana1a2a1a3a2anan1

221222n12n，

当n1时，a121符合上式， ∴数列an的通项公式为an2n． （Ⅲ）解：∵an2n,bnan12n1，

an2n11n∴． bnbn1212n112n12n11∴Sn1111112n 123n121212121212112n1故Sn11．

*2若nN，使Sn4m23m成立，由已知，有4m3m1，解得1m1，4所以m的取值范围为1,1． 4【考点】累加法求数列通项公式，裂项相消法数列求和，恒成立问题.

【方法点睛】证明数列为等比数列，就是证明数列的后一项与前一项的比为同一个常数，证明时千万注意题目的暗示，谁是等比数列？证明什么？目标明确了，就有了证明的方向.掌握求数列的通项公式的基本方法，特别是累加与累乘法及构造法，是高考常见考法，数列求和常用方法有分组求和法、倒序相减法、裂项相消法、错位相减法等，而近年高考命题中的数列求和，则偏向分析法分组求和.

x2y24b19．椭圆C:221ab0的上顶点为A0,b,P,是椭圆C上一点，

ab33以AP为直径的圆经过椭圆C的右焦点F．

（Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）若动直线l与椭圆C只有一个公共点，且x轴上存在着两个定点，它们到直线l的距离之积等于1，求出这两个定点的坐标．

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x2y21（2）M11,0,M21,0 【答案】（1）2【解析】试题分析：（Ⅰ）∵A0,b,P,,Fc,0，

4b334b∴FAc,0,FPc,．

334b220． 由FAFP0，得cc3316b2由点P在椭圆C上，得221，解得a22．

9a9b24b2cc0,再由解得c1,b21． 33c2b22,x2y21． ∴椭圆C的方程为2

（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，代入椭圆方程，消去y，

222整理，得2k1x4kmx2m20．

2222由16k8m80，得m2k1．

假设存在着定点M11,0,M22,0满足题设条件．

M1、M2到直线l的距离分别为d1、d2，

则由d1d21km2kmk21122k212km1k211

对于kR恒成立，可得1221,

120,11,11,解得或故M11,0,M21,0满足条件．

1,1.22当直线l的斜率不存在时，经检验，M1,M2仍符合题意．

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【考点】求椭圆方程，直线与椭圆相切问题，定点定值问题. 20．已知函数fxlnxx2axa,aR．

22（Ⅰ）若a0，求函数fx在1,e上的最小值；

（Ⅱ）若函数fx在,2上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；

2（Ⅲ）根据a的不同取值，讨论函数fx的极值点情况．

【答案】(1)1 (2), (3)当a0时，函数fx无极值点；当0a函数fx无极值点； 当a1942时，2时，函数fx有一个极小值点和一个极大值点；

2【解析】试题分析：（Ⅰ）当a0时，fxlnxx，其定义域为0,，

fx12x0， x所以fx在1,e上是增函数，当x1时，fxminf11． 故函数fx在1,e上的最小值是1．

12x22ax1（Ⅱ）由题设条件，得fx2x2a，设gx2 x22ax1，

xx依题意，在区间,2上存在子区间使不等式gx0成立．

2因为函数gx2x2ax1的图象是开口向上的抛物线，

21所以只需g20或g10即可． 2913；由g20，即a10，得a． 422由g20，即84a10，得a∴若fx在,2上存在单调递增区间，则a的取值范围是,．

24192x22ax1,gx2x22ax1． （Ⅲ）由（Ⅱ），可知fxx（ⅰ）当a0时，在0,上gx0恒成立， 此时fx0，函数fx无极值点；

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（ⅱ）当a0时，若4a280，即0a2时，

在0,上gx0恒成立，此时fx0，函数fx无极值点；

aa22aa22若4a80，即a2时，易知当时，x222gx0，此时fx0；

aa22aa22当0x或x时，gx0，此时fx0．

22aa22aa22所以当a2时，x是函数fx的极大值点，x是函数

22fx的极小值点，

aa22综上，当a2时，函数fx无极值点；当a2时，x是函数fx2aa22的极大值点，x是函数fx的极小值点．

2【考点】导数与函数的单调性，导数与函数的极值，导数与函数的最值.

【方法点睛】连续函数在闭区间上有最大值和最小值，求函数在闭区间上的最值，先求函数的极值与区间两端点的函数值比较，便可求出最值；函数在某区间上存在单调递增区间，就是导函数不小于零在此区间上有解；讨论函数的极值点情况，先求导，根据参数的范围，利用分类讨论思想，研究方程f(x)0的解的情况及f(x)的正负，若函数在某区间上单调，则无极值点？若xx0是极值点，不仅满足f(x0)0，而且还需要x0左右导数值正、负相反.

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