參考答案

立體幾何測試卷（A卷）

1. D 2. D 3. C 4. A

5. B

6. 三棱錐四面均為直角三角形，所以D到平面ABC的距離可以用體積轉(zhuǎn)化法求得，V■=V■，解得D到平面ABC的距離為■. 選C.

7. 因為圓M的面積為4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2■. 因為在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以O(shè)N=■OM=■，故圓N的半徑r=■=■，所以圓N的面積為S=πr2=13π. 選D.

■

8. B 9. 5

10. 5■+■ 11. 1∶24

12. A1B∥D1C，則D1C與B1C所成角即為所求角，答案為■.

13. 點N在EH上

14. （1）過E作EG∥AD交A1D于G，連結(jié)GF. 因為■=■，所以■=■，所以EG=10=BF. 因為BF∥AD，EG∥AD，所以BF∥EG. 所以四邊形BFGE是平行四邊形. 所以BE∥FG. 又FG？奐平面A1FD，BE？埭平面A1FD，所以BE∥平面A1FD.

（2）因為在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，BD？奐平面ABCD，所以A1A⊥BD. 由已知，BD⊥A1F，AA1∩A1F=A1，所以BD⊥平面A1AF. 所以BD⊥AF. 因為梯形ABCD為直角梯形，且滿足AD⊥AB，BC∥AD，所以在Rt△BAD中，tan∠ABD=■=2. 在Rt△ABF中，tan∠BAF=■=■. 因為BD⊥AF，所以∠ABD+∠BAF=■，所以■=■，BF=4. 因為在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，所以平面AA1B1B⊥平面ABCD，又平面ABCD∩平面AA1B1B=AB，∠ABF=90°，所以FB⊥平面AA1B1B，即BF為三棱錐F-A1B1A的高. 因為∠AA1B1=90°，AA1=BB1=8，A1B1=AB=8，所以S■=32. 所求三棱錐的體積為■×S■×BF=■.

■

圖2

15. （1）因為B1D⊥平面ABC，AC？奐平面ABC，所以B1D⊥AC. 又因為BC⊥AC，B1D∩BC=D，所以AC⊥平面BB1C1C.

（2）因為AB1⊥BC1，AC⊥BC1，AB1與AC相交，所以BC1⊥平面AB1C. 因為B1C？奐平面AB1C，所以BC1⊥B1C，所以四邊形BB1C1C為菱形. 因為∠B1BC=60°，B1D⊥BC于D，所以D為BC的中點，連結(jié)A1B，與AB1交于點E，在△A1BC中，DE∥A1C，所以A1C∥平面AB1D.

16. （1）在Rt△ABC中，D為AB的中點，得AD=CD=DB. 又∠B=30°，得△ACD是正三角形，又E是CD的中點，得AF⊥CD，折起后，AE⊥CD，EF⊥CD. 又AE∩EF=E，AE？奐平面AEF，EF？奐平面AEF，故CD⊥平面AEF，又CD？奐平面CDB，故平面AEF⊥平面CDB.

（2）因為二面角A-CD-B是直二面角，且AE⊥CD，所以AE⊥平面CDB.連結(jié)EB，AB，則∠ABE就是直線AB與平面CDB所成的角. 設(shè)AC=a，在△CBE中，∠DCB=30°，CE=■，CB=■a，EB2=CE2+CB2-2CE·CB·cos∠DCB=■a2. 又AE=■a，在Rt△AEB中，tan∠ABE=■=■a×■=■. 所以直線AB與平面CDB所成角的正切值為■.

立體幾何測試卷（B卷）

1. C 2. C 3. C

4. 連結(jié)AC，BD交于點O，連結(jié)OE. 因為O，E是中點，所以O(shè)E∥AC1，且OE=■AC1，所以AC1∥平面BDE，即直線AC1與平面BED的距離等于點C到平面BED的距離. 過C作CF⊥OE于F，則CF即為所求距離. 因為底面邊長為2，高為2■，所以AC=2■，OC=■，CE=■，OE=2，所以CF=1，選D.

5. C

6. B1C∥A1D，所以B1C∥平面ADD1A1，A正確；EF∥D1B，且D1B⊥B1C，B正確；又V■=V■=■S■·CF=■×■×■=1，C正確；B1C與平面CC1D1D所成的角為45°，D錯誤. 選D.

7. D

8. 設(shè)底面邊長為1，側(cè)棱長為λ（λ>0），過B1作B1H⊥BD1，B1G⊥A1B. 在Rt△BB1D1中，B1D1=■，BD1=■，由三角形面積關(guān)系得h=B1H=■=■. 設(shè)在正四棱柱中，由于BC⊥AB，BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B1B，于是BC⊥B1G，所以B1G⊥平面A1BCD1，故B1G為點B1到平面A1BCD1的距離. 在Rt△A1B1B中，又由三角形面積關(guān)系得d=B1G=■=■. 故■=■=■·■，于是當(dāng)λ>1，有λ2+2>3，■<1-■<1，所以■∈■，■. 選C.

9. ②③④

10. 因為長方體底面ABCD是正方形，所以在△ABD中，BD=3■cm，BD邊上的高是■■cm（它也是A-BB1D1D中BB1D1D上的高）.所以四棱錐A-BB1D1D的體積為■×3■×2×■■=6.

11. 幾何法：連結(jié)MD1，則MD1⊥DN，又A1D1⊥DN，易知DN⊥面A1MD1，所以A1M與DN所成角的大小是■. 坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角公式計算得異面直線A1M與DN所成角的大小是■.

12. ■a

13. 作圖，易得答案②③④

14. （1）連結(jié)A1C，交AC1于點O，連結(jié)OD. 由ABC-A1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點. 又D是BC的中點，所以O(shè)D為△A1BC的中位線，所以A1B∥OD. 因為OD？奐平面ADC1，A1B？埭平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.？搖？搖endprint

（2）由ABC-A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，故BA，BC，BB1兩兩垂直，以B為原點，BC，BA，BB1為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz. 設(shè)BA=2，則B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1，0，0），所以■=（1，-2，0），■=（2，-2，1）. 設(shè)平面ADC1的法向量為n=（x，y，z），則有n·■=0，n·■=0，所以x-2y=0，2x-2y+z=0.取y=1，得n=（2，1，-2）. 易知平面ADC的法向量為v=（0，0，1）. 由二面角C1-AD-C是銳角，得cos〈n，v〉=■=■，其余弦值為■.

15. （1）因為AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB. 又AA1=AC，所以四邊形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C. 因為AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC？奐平面AA1C1C，AA1∩AC=A，所以AB⊥平面AA1C1C. 又A1C？奐平面AA1C1C，所以AB⊥A1C. 因為AB，AC1？奐平面ABC1，AB∩AC1=A，所以A1C⊥平面ABC1

（2）分別以AB，AC，AA1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），C1（0，t，3-2t），B（t，0，0），C（0，t，0），A1（0，0，3-2t），■=（0，t，2t-3），■=（0，t，3-2t），■=（t，0，0），■=（0，0，3-2t），■=（-t，t，0）. 設(shè)平面ABC1的法向量n1=（x1，y1，z1），則可得n1·■=ty1+（3-2t）z1=0，n1·■=tx1=0，解得x1=0，y1=■z1.令z1=t，則n1=（0，2t-3，t）. 設(shè)平面BCC1的法向量n2=（x2，y2，z2），則可得n2·■=-tx2+ty2=0，n2·■=（3-2t）z2=0. 由于0

16. 法1：（1）由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱可知，AA1即為高. 如圖3，因為BC∥B1C1，所以∠A1BC是異面直線A1B與B1C1所成的角或其補(bǔ)角. 連結(jié)A1C，因為AB=AC，所以A1B=A1C=■. 在Rt△ABC中，由AB=AC=1，∠BAC=90°，可得BC=■. 又異面直線A1B與B1C1所成的角為60°，所以∠A1BC=60°，即△A1BC為正三角形. 于是A1B=BC=■. 在Rt△A1AB中，由■=A1B=■，得A1A=1，即棱柱的高為1.

（2）設(shè)A1A=h（h>0），如圖3，過點D在平面A1B1BA內(nèi)作DF⊥A1B于F，則由A1C1⊥平面BAA1B1，DF？奐平面BAA1B1，得A1C1⊥DF. 而A1C1∩A1B=A1，所以DF⊥平面A1BC1. 故∠DC1F就是DC1與平面A1BC1所成的角，即∠DC1F=θ. 在Rt△DFB中，由BD=■，得DF=■. 在Rt△DB1C1中，由B1D=■，B1C1=■，得DC1=■■. 在Rt△DFC1中，sinθ=■=■=■=■. 因為h2+■+9≥2■+9，當(dāng)且僅當(dāng)h2=■，即h=■時，等號成立，所以sinθ≤■=■=■，故當(dāng)h=■時，sinθmax=■.

■

圖3

法2：建立如圖4所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)AA1=h（h>0），則有B（1，0，0），B1（1，0，h），C1（0，1，h），A1（0，0，h），■=（-1，1，0），■=（0，1，0），■=（1，0，-h）.

（1）因為異面直線A1B與B1C1所成的角為60°，所以cos60°=■，即■=■，得■=■，解得h=1.

■

圖4

（2）由D是BB1的中點，得D1，0，■，于是■=-1，1，■. 設(shè)平面A1BC1的法向量為n=（x，y，z），于是由n⊥■，n⊥■，可得n·■=0，n·■=0，即x-hz=0，y=0，取n=（h，0，1），則sinθ=cos〈■，n〉，從而cos〈■，n〉=■=■=■=■. 后同法1.

2016年高考數(shù)學(xué)模擬金卷（一）

1. 因為■=■=■，其實部為-■，虛部為■，所以在復(fù)平面內(nèi)，其對應(yīng)的點位于第二象限，故選B.

2. 法1：因為A={xy=■}={xlog■x-2≥0}={xx≥4}，所以CRA=（-∞，4）. 又B=x■>0={x2

法2：取特殊值4，顯然4∈A，4∈B，所以4？埸CRA，所以4？埸（CRA）∩B，排除A、B、D，故選C.

3. ■=40+■=44，s2=■=7，故選A.

4. 結(jié)合直觀圖和側(cè)視圖可知正三棱柱的底面三角形的高為■，正三棱柱的高為■，正三棱柱的外接球的球心位于上下底面正三角形中心連線的中點上，連接球心和底面三角形的頂點及底面三角形的中心，根據(jù)勾股定理可得外接球的半徑R=■，所以正三棱柱外接球的表面積為S=4πR2=■，故選B.

5. （理）f（a）=■sinxdx=（-cosx）■■= -cosa+1， ff■=f（1）=-cos1+1，故選D.

（文）C

6. 依題意得每噸的成本是■=■+■-30，則■≥2■-30=10，當(dāng)且僅當(dāng)■=■即x=200時取等號，因此當(dāng)每噸的成本最低時，相應(yīng)的年產(chǎn)量是200噸，故選B.

7. （理）分三步：第一步，安排2名女教師，有A■■種方法；第二步，從除甲外的3名男教師中任選一名到A鄉(xiāng)村，有C■■種方法；第三步，從剩下的3名男教師中任選一名到B鄉(xiāng)村，其余兩名男教師分到C鄉(xiāng)村，共C■■種方法，根據(jù)分步乘法原理，其選派方法共有A■■·C■■·C■■=18種，故選C.

（文）由不等式及a>b>1知■<■，又c<0，所以■>■，①正確；由指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)知②正確；由a>b>1，c<0知a-c>b-c>1-c>1，由對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)知③正確. 選D.

8. 由“第n行有n個數(shù)且兩端的數(shù)均為■”可得：第10行第一個數(shù)為■，由“每個數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和”可得：第10行第二個數(shù)等于■-■=■，同理，可得第9行第二個數(shù)為■，從而第10行第三個數(shù)等于■-■=■；第9行第三個數(shù)為■，從而第10行第四個數(shù)等于■-■=■，故選B.

9. 由已知得■≤∠A1BA2<π，■≤■<■，所以■=tan■≥■，則e=■≥■. 又0

10. 根據(jù)取整函數(shù)的定義，結(jié)合對數(shù)運算可得：log31～log32之間的實數(shù)的整數(shù)部分均為0；log33～log38之間的實數(shù)的整數(shù)部分均為1；log39～lg326之間的實數(shù)的整數(shù)部分均為2；log327～log380之間的實數(shù)的整數(shù)部分均為3；log381～log3242之間的實數(shù)的整數(shù)部分均為4；log3243=5. 所以原式=（2-0）×0+（8-2）×1+（26-8）×2+（80-26）×3+（242-80）×4+5=857. 選D.

11. 0.254

12. （理）由Tr+1=C■■■■，令r=3，得x3的系數(shù)為C■■·■=■，解得k=4. 由y=x2，y=4x-3得函數(shù)y=x2與y=4x-3的圖象的交點的橫坐標(biāo)分別為1，3，所以陰影部分的面積為S=■（4x-3-x2）dx=2x2-3x-■x3■■=■.

（文）因為a+c=（3，3m），（a+c）·b=3（m+1）+3m=0，所以m=-■，所以a=■.

13. 若AB最小，則O到l的距離最大，由題可知OP≤■，所以可得ABmin=■×2=4.

14. （文）y=x+■=x-1+■+1=t+■+1，其中t=x-1∈[2，+∞）. 由雙鉤函數(shù)的圖象可知，y=t+■+1在t∈[2，+∞）上單調(diào)遞增，故當(dāng)t=2時取最小值■.

15. （文）設(shè)Q（2，1），P在x軸的射影為A，Q在x軸的射影為B，過Q作PA的垂線，垂足為F，則有題意可知∠PQB=2，所以QF=1·cos2-■=sin2，PF=1·sin2-■= -cos2，所以P（2-sin2，1-cos2）.

14. （理）易知△ABC∽△ACD，則■=■？圯CD=■=■.

15. （理）法1：由ρsinθ+■=■可得ρcosθ+ρsinθ=1，即轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)系下的方程為x+y=1，原點到該直線的距離d=■=■.

法2：記極點為O，A■，■，則由極坐標(biāo)方程的幾何意義知，極坐標(biāo)方程ρsinθ+■=■表示過A■，■且與OA垂直的一條直線，所以原點到該直線的最短距離為■.

16. （理）由題意有a到1的距離小于等于3，即a-1≤3，則-2≤a≤4.

16. （文）17. （理）

（1）因為點C的坐標(biāo)為■，■，根據(jù)三角函數(shù)的定義知，sin∠COA=■，cos∠COA=■；又因為△AOB為正三角形，所以∠AOB=■. 于是，cos∠BOC=cos∠COA+■=cos∠COAcos■-sin∠COAsin■=■.

（2）因為∠AOC=θ0<θ<■，所以∠BOC=■+θ. 在△BOC中，OB=OC=1，由余弦定理可得， f（θ）=BC2=OC2+OB2-2OCOBcos∠BOC=2-2cosθ+■，即函數(shù)f（θ）的解析式為f（θ）=2-2cosθ+■. 因為0<θ<■，所以■<θ+■<■，所以-■

17. （文）（1）由已知得25+y+10=55，x+y=35，所以x=15，y=20. 該超市所有顧客一次購物的結(jié)算時間組成一個總體，所收集的100位顧客一次購物的結(jié)算時間可視為一個容量為100的簡單隨機(jī)樣本，顧客一次購物的結(jié)算時間的平均值可用樣本平均數(shù)估計，其估計值為：

■=1.9（分鐘）.

（2）記A為事件“一位顧客一次購物的結(jié)算時間不超過2分鐘”，A1，A2，A3分別表示事件“該顧客一次購物的結(jié)算時間為1分鐘”，“該顧客一次購物的結(jié)算時間為1.5分鐘”，“該顧客一次購物的結(jié)算時間為2分鐘”. 將頻率視為概率，故得P（A1）=■=■，P（A2）=■=■，P（A3）=■=■. 因為A=A1∪A2∪A3且A1，A2，A3是互斥事件，所以P（A）=P（A1∪A2∪A3）=P（A1）+P（A2）+P（A3）=■，故一位顧客一次購物的結(jié)算時間不超過2分鐘的概率為■.

18. （理）（1）依題意，研究室的兩個課題組都需要完成一項或兩項課題研究任務(wù)，則①完成一項課題研究任務(wù)的概率為C■■·■·■·C■■·■·■=■；②完成兩項課題研究任務(wù)的概率為■·■·■·■=■. 于是，該研究室在完成一次課題研究任務(wù)中榮獲“先進(jìn)和諧研究室”的概率為P=■+■=■.

（2）由已知，該研究室在一次課題任務(wù)中榮獲“先進(jìn)和諧研究室”的概率為P=C■■·■·■[C■■P2（1-P2）]+■·■P■■=■P2-■P■■，而ξ～B（6，P），所以E（ξ）=6P. 由E（ξ）≥2.5知，■P2-■P■■×6≥2.5，求得■≤P2≤■. 又P2≤1，所以■≤P2≤1，即P2的取值范圍是■，1.

18. （文）（1）因為四棱柱ABCD-A2B2C2D2的側(cè)面是全等的矩形，所以AA2⊥AB，AA2⊥AD. 又因為AB∩AD=A，所以AA2⊥平面ABCD. 連結(jié)BD，因為BD？奐平面ABCD，所以AA2⊥BD. 因為底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD. 根據(jù)棱臺的定義可知，BD與B1D1共面. 又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD=BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1=B1D1，所以B1D1∥BD. 于是由AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1. 又因為AA2∩AC=A，所以B1D1⊥平面ACC2A2.

（2）因為四棱柱ABCD-A2B2C2D2的底面是正方形，側(cè)面是全等的矩形，所以S1=S四棱柱上底面+S四棱柱側(cè)面=（A2B2）2+4AB·AA2=102+4×10×30=1300（cm2）. 又因為四棱臺A1B1C1D1-ABCD的上、下底面均是正方形，側(cè)面是全等的等腰梯形，所以S2=S四棱臺下底面+S四棱臺側(cè)面=（A1B1）2+4×■（AB+A1B1）h等腰梯形的高=202+4×■（10+20）×■=1120（cm2）. 于是該實心零部件的表面積為S=S1+S2=1300+1120=2420（cm2），故所需加工處理費為0.2S=0.2×2420=484（元）.

19. （理）（1）以直線DA，DC，DE分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2），所以M（0，2，1），所以■=（-2，0，1）. 又■=（0，4，0）是平面ADEF的一個法向量，因為■·■=0，即■⊥■，所以BM∥平面ADEF.

（2）設(shè)M（x，y，z），則■=（x，y，z-2），又■=（0，4，-2）. 設(shè)■=λ■（0<λ<1），則x=0，y=4λ，z=2-2λ，即M（0，4λ，2-2λ）. 設(shè)n=（x1，y1，z1）是平面BDM的一個法向量，則■·n=2x1+2y1=0，■·n=4λy■+（2-2λ）z1=0，取x1=1得y1=-1，z1=■，即n=1，-1，■. 又由題設(shè)，■=（2，0，0）是平面ABF的一個法向量，所以可得cos〈■，n〉=■？搖=■=■，解得λ=■，即點M為EC的中點. 此時，S△DEM=2，AD為三棱錐B-DEM的高，所以VM-BDE=VB-DEM=■×2×2=■.

19. （文） 20. （理）

（1）因為x■■=x■■=x■■（n∈N？鄢）且數(shù)列{xn}的各項都是正數(shù)，所以anlgxn=an+1lgxn+1=an+2lgxn+2. 設(shè)anlgxn=an+1lgxn+1=an+2lgxn+2=p，■=■，■=■，■=■，所以■+■=■. 又{xn}是等比數(shù)列，xn·xn+2=x■■，所以■+■=■=■，所以■=■+■，所以數(shù)列■是等差數(shù)列.

（2）由（1）設(shè)■的公差為d，知■=■+（8-1）d，d=2，an=■. 令f（n）=a■+a■+…+a■，則f（n+1）=a■+a■+…+a2n+a■+a■， f（n+1）-f（n）=■+■-■=■>0. 所以函數(shù)f（n）單調(diào)遞增，當(dāng)n≥2時， f（n）min=f（2）=a3+a4=■+■. 所以■>■（logm+1x-logmx+1），即logm+1x-logmx+1<1，logm+1x0. 而m>1，所以x的取值范圍是（1，+∞）.

20. （文）21. （理）

（1）設(shè)Q（x，y），則QF+x+3=4（x> -3），即■+x+3=4（x>-3），化簡得y2=-4x（x∈（-3，0]）. 所以動點Q的軌跡C為拋物線y2=-4x位于直線x=-3右側(cè)的部分.

（2）因為■=■（■+■），所以P為AB的中點；又因為■·■=0，且■=（xE，0），所以點E為線段AB的垂直平分線與x軸的交點. 由題意可知，直線l與x軸不垂直，所以不妨設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），由y=k（x-1），y2=-4x（x∈（-3，0]）得k2x2+（4-2k2）x+k2=0（x∈（-3，0]）. （？鄢）

設(shè)f（x）=k2x2+（4-2k2）x+k2，要使直線l與曲線C有兩個不同的交點，只需Δ=（4-2k2）2-4k4>0，-3<■<0，f（-3）>0，f（0）>0，解得■

（3）不可能. 證明如下：要使△PEF成為以EF為底的等腰三角形，只需2xP=xE+xF，即21-■=-1-■-1，解得k2=■. 另一方面，要使直線滿足（2）的條件，需要k2∈■，1，而■？埸■，1，所以不可能使△PEF成為以EF為底的等腰三角形.

21. （文）（1）因為f（1）=b，由點（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0. 因為f ′（x）=anxn-1-a（n+1）xn，所以f ′（1）=-a. 又因為切線x+y=1的斜率為-1，所以-a= -1，即a=1. 故a=1，b=0.

（2）由（1）知， f（x）=xn（1-x）=xn-x■（x>0）， f ′（x）=（n+1）x■■-x. 令f ′（x）=0，解得x=■，即f ′（x）在（0，+∞）上有唯一零點x0=■. 在0，■上， f ′（x）>0，故f（x）單調(diào)遞增；在■，+∞上， f ′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減. 故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的最大值為f■=■■·1-■=■.

（3）令φ（t）=lnt-1+■（t>0），則φ′（t）=■-■=■（t>0）. 在（0，1）上，φ′（t）<0，故φ（t）單調(diào)遞減；在（1，+∞）上，φ′（t）>0，φ（t）單調(diào)遞增. 故φ（t）在（0，+∞）上的最小值為φ（1）=0. 所以φ（t）>0（t>1），即lnt>1-■（t>1）. 令t=1+■，則得ln■>■，即ln■■>lne，所以■■>e，即■<■. 由（2）知， f（x）≤■<■，故所證不等式成立.

22. （理）（1）由已知f ′（x）=2x+■=■（x>a）. 設(shè)g（x）=2x2-2ax+1，Δ=4a2-8，當(dāng)Δ>0時，a>■或a<-■. 若a>■，由f ′（x）=2x+■易知f ′（x）>0在x>a時恒成立，無極值點. 若a<-■，設(shè)g（x）=2x2-2ax+1的兩根為x1，x2且x1

■

所以當(dāng)a<-■時，函數(shù)f（x）有兩個極值點.

（2）當(dāng)a≤-2時，由（1）所得可知x1+x2=a≤-2，01，故h（a）>0，所以g（a）=1+ln（-1-a）（a≤-2）.

（3）由（2）知， f（x）=x2+ln（x+2）在[-1，0]上有最大值g（-2）=1，且僅在x=-1時取得. 取x=-■∈（-1，0]，n∈N？鄢，則-■■+ln-■+2<1，即ln■<1-■■=■=■-■，故ln■<■-■，ln■<■-■，…，ln■<■-■，ln■<■-■. 相加得ln（n+1）<21+■+■+…+■-1+■+■+…+■≤21+■+■+…+■-1+■+…■=21+■+■+…+■-■，所以■+ln（n+1）<21+■+■+…+■（n∈N？鄢），即■+ln■<1+■+■+…+■（n∈N？鄢）.

2016年高考數(shù)學(xué)模擬金卷（二）

1. （理）D （文）D

2. （理）B （文）A

3. C 4. A 5. C

6. （理）由z=ax+by可得直線方程y= -■x+■，因為a>0，b>0，所以當(dāng)直線在y軸上移動且截距最大時，目標(biāo)函數(shù)z取得最大值. 畫出可行域知直線經(jīng)過兩直線3x-y-6=0和x-y+2=0的交點（4，6）時，z取得最大值為12，所以12=4a+6b，即2a+3b=6，因而■+■=■■+■（2a+3b）=■78+■+■≥25，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=■時等號成立. 故選D.

（文）因為橢圓的離心率為■，所以e=■=■，c2=■a2，c2=■a2=a2-b2，所以b2=■a2，即a2=4b2. 雙曲線的漸近線為y=±x，代入橢圓得■+■=1，即■+■=■=1，所以x2=■b2，x=±■b，y2=■b2，y=±■b. 則第一象限的交點坐標(biāo)為■b，■b，所以四邊形的面積為4×■b×■b=■b2=16，所以b2=5，所以橢圓方程為■+■=1，選D.

7. （理）依題意，因為集合S中只有3個不同元素，所以不同有序數(shù)對（i，j）共有9對，如i=0，j=0，有A0⊕A0=A0，（A0⊕A0）⊕A0=A0⊕A0=A0，故適合題意. 經(jīng)驗證，只有3對：（0，0），（1，1），（2，2）適合題意，故選C.

（文）同理科第6題.

8. （理）kPQ=■，kMN=-■. 直線PQ為：y=■（x+c），兩條漸近線為：y=±■x. 由y=■（x+c），y=■x得：Q■，■；由y=■（x+c），y=-■x得：P-■，■. 所以線段PQ的中點N■，■，直線MN為：y-■=-■·x-■. 令y=0，得：xM=■. 又MF2=F1F2=2c，所以3c=xM=■，解之得：e2=■=■，即e=■. 故選B.

（文）因為y′=（f ′（x）+f（x））ex，依題意有f ′（1）+f（1）=0. 由于f ′（1）表示y=f（x）的圖象在x=1處切線的斜率，所以在x=1處y=f（x）的函數(shù)值與斜率互為相反數(shù)，選D.

9. （理）（1，1） （文）■

10. 2

11. （理）-2≤a≤4 （文）130

12. 8 13. ④

14. △ABC的外接圓的半徑r=■，點O到面ABC的距離d=■=■，SC為球O的直徑？圯點S到面ABC的距離為2d=■，所以此棱錐的體積為V=■S△ABC×2d=■×■×■=■.

15. （理）函數(shù)y=■ex與函數(shù)y=ln（2x）互為反函數(shù)，圖象關(guān)于y=x對稱， 函數(shù)y=■ex上的點Px，■ex到直線y=x的距離為d=■，設(shè)函數(shù)g（x）=■ex-x？圯g′（x）=■ex-1？圯g（x）min=1-ln2？圯dmin=■. 由圖象關(guān)于y=x對稱得：PQ最小值為2dmin=■（1-ln2）.

（文）337. 揭示：f（1）+f（2）+…+f（6）=1.

16. （理）因為C為AB的中點，■=■，所以PC⊥AB. 由■=m■+■，可知點I在∠PAB的平分線上，由■=λ■知點I在直線PC上，即點I為∠PAB的平分線與直線PC的交點. 由于■與■同向，所以λ=■，過I作ID垂直PA，垂足為D，則λ=■=■=■. 因為■-■=4知■=4，■=2，■=3，所以λ=■.

（文）設(shè)A，B的中點為C，則■+■=2■，■+■=2■，…， ■+■=2■，2（■+■+…+■）=2（n-1）■. 又（■+■）=2■，所以可得■+■+…+■=■（■+■）.

17. （1）f（x）=2sin2x+■+3. f（x）的最小正周期為π，單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-■，kπ+■，k∈Z.

（2）f（A）=4？搖得2sin2A+■+3=4，即sin2A+■=■. 因為0

18. （理）（1）設(shè)乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為n，則有■=■，解得n=35. 即乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為35件.

（2）易見只有編號為2，5的兩組產(chǎn)品為優(yōu)等品，所以乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中的優(yōu)等品率為■，因為35×■=14，故乙廠生產(chǎn)大約14件優(yōu)等品.

（3）ξ的取值為0，1，2. P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■. 所以ξ的分布列為：

■

故ξ的均值為Eξ=0×■+1×■+2×■=■.？搖

（文）（1）因為x=■■xn=75，所以x6=6x-■xn=6×75-70-76-72-70-72=90. 因為S2=■■（xn-x）2=■×（52+ 12+32+52+32+152）=49，所以S=7.

（2）從5位同學(xué)中隨機(jī)選取2位同學(xué)，共有如下10種不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，選出的2位同學(xué)中，恰有1位同學(xué)的成績位于（68，75）的取法共有如下4種取法：{1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率為■.

19. （理）（1）由圖形可知該幾何體的底面ABCD是菱形，且有一個角為60°，邊長為2，錐體高度為PO=1 的四棱錐.

（2）設(shè)AC，BD的交點為O，連結(jié)OE，則OE為△DPB的中位線，OE∥PB，OE？奐平面EAC，PB？埭平面EAC，所以PB∥平面EAC.

（3）連結(jié)OP，則OP⊥平面ABCD. 以O(shè)為原點，直線OB，OC，OP分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B（1，0，0），D（-1，0，0），A（0，-■，0），P（0，0，1），■=（0，-■，-1），■=（1，0，-1）. 因為■=λ，所以PF=λ·FA，PF=λ·（PA-PF），PF=■·PA，■=■·■，所以可得■=0，-■，-■，■=■-■=-1，-■，■. 易知PA⊥BD，故只需令PA⊥BF，即■·■=0，就能使PA⊥平面BDF，再根據(jù)（-1）·0+-■·（-■）+■·（-1）=0，得λ=■. 此時，■=（0，-■，-1）為平面BDF的法向量，又E-■，0，■，C（0，■，0），所以■=■，■，-■. 設(shè)直線EC與平面BDF所成的角為θ，則sinθ=cos〈■，■〉=■=■. 所以當(dāng)λ=■時，PA⊥平面BDF，此時直線EC與平面BDF所成角的正弦值為■.

（文）（1）下面先證AB⊥GH. 連結(jié)CG，當(dāng)λ=■時，即AG=■AB. 因為△ABC為等腰三角形，所以CG⊥AB. 又AD∥CF，且AD⊥平面ABC，所以HC⊥平面ABC，所以HC⊥AB. CG∩HC=C，所以AB⊥面CGH，GH？哿面CGH，所以AB⊥GH. 再證GH∥平面DEF. 取DE的中點為M，連結(jié)GM，MF. 因為G為AB的中點，所以GM∥AD，又AD∥CF，所以GM∥CF. 因為CF=2a，MG=AD=a，H為CF的中點. 所以GM∥HF且GM=HF，即四邊形GHFM為平行四邊形. 所以GH∥MF. 又MF？奐平面DEF，GH？埭平面DEF. 所以GH∥平面DEF.

（2）對于0<λ<1的任意λ，總有GH∥平面DEF. 證明如下：連結(jié)AH，BH，因為AD∥CF且AD=FH=a，所以AHFD是平行四邊形，所以AH∥DF. 又DF？哿平面DEF，AH？埭平面DEF，所以AH∥平面DEF. 同理可證：BH∥平面DEF. 又AH∩BH=H，所以平面DEF∥平面ABH. 因為當(dāng)0<λ<1時，HG？奐面ABH，所以HG∥平面DEF.

20. （理）（1）由對稱性可得知：△BFD是等腰直角三角形，所以斜邊BD=2p，點A到準(zhǔn)線l的距離d=FA=FB=■p，S△ABD=4■？圳■×BD×d=4■？圳p=2. 且圓F的方程為x2+（y-1）2=8.

（2）由對稱性設(shè)Ax0，■（x0>0），則F0，■，點A，B關(guān)于點F對稱得：B-x0，p-■？圯p-■=-■？圳x■■=3p2，所以可得：A■p，■，直線m：y=■x+■？圳x-■y+■=0；x2=2py？圳y=■？圯y′=■=■？圯x=■p？圯切點P■，■，直線n：y-■=■·x-■？圳x-■y-■p=0，坐標(biāo)原點到m，n距離的比值為■：■=3.

（文）（1）當(dāng)1≤x<4時，合格的元件數(shù)為x-■，利潤T=2x-■-■=2x-■；當(dāng)x≥4時，合格的元件數(shù)為x-x+■-■= -■+■，利潤T=2-■+■-x+■-■=-x-■+■. 綜上，該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的利潤T=2x-■，1≤x<4，-x-■+■，x≥4.

（2）當(dāng)1≤x<4時，T=2x-■，對稱軸x=2，此時利潤的最大值Tmax=T（2）=2. 當(dāng)x≥4時，T′=-1+■=■=■<0，所以T=-x-■+■在[4，+∞）上是減函數(shù)，此時利潤的最大值Tmax=T（4）=0. 綜上所述，當(dāng)x=2時，T取最大值2， 即當(dāng)日產(chǎn)量定為2（萬件）時，工廠可獲得最大利潤2萬元.

21. （理）（1）當(dāng)a=1時，則f（x）=2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x. 所以f ′（1）=0. 又f（1）= -1，所以曲線y=f（x）在點x=1處的切線方程為y+1=0.

（2）f（x）=2a2lnx-x2，所以f ′（x）=■-2x=■=■. 因為x>0，a>0，當(dāng)00，當(dāng)x>a時， f ′（x）<0.？搖所以f（x）在（0，a）上是增函數(shù)，在[a，+∞）上是減函數(shù). 所以，f（x）max=f（a）=a2（2lna-1）.

討論函數(shù)f（x）的零點情況如下：

①當(dāng)a2（2lna-1）<0，即0

②當(dāng)a2（2lna-1）=0，即a=■時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)有唯一零點a，而1

③當(dāng)a2（2lna-1）>0，即a>■時，由于f（1）=-1<0，f（a）=a2（2lna-1）>0， f（e2）=2a2lne2-e4=4a2-e4=（2a-e2）（2a+e2）. 當(dāng)2a-e2<0時，即■■時，f（e2）≥0，而且f（■）=2a2·■-e=a2-e>0，f（1）=-1<0，由單調(diào)性可知，無論a≥e2還是a

（文）同理科第20題.

22. （理）（1）因為6a3=8a1+a5，所以6q2=8+q4，解得q2=4或q2=2（舍），則q=2. 又a1=2，所以a■n=2n.

（2）由2n2-（t+bn）n+■bn=0，得bn=■，所以b1=2t-4，b2=16-4t，b3=12-2t，則由b1+b3=2b2，得t=3. 而當(dāng)t=3時，bn=2n，由bn+1-bn=2（常數(shù)）知數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.

（3）因為c1=c2=c3=2，易知m=1不合題意，m=2適合題意，當(dāng)m≥3時，若cm+1為后添入的數(shù)2，則一定不滿足T■m=2cm+1，從而cm+1必是數(shù)列{an}中的某一項a■k+1，則（2+22+22+…+2k）+2（b1+b2+b3+…+bk）=2×2■，即 2×（2k-1）+2×■=2×2k+1，即2k+1-2k2-2k+2=0，也就是2k=k2+k-1. 易證k=1，2，3，4不是該方程的解，而當(dāng)n≥5時，2n>n2+n-1成立，證明如下：

①當(dāng)n=5時，25=32，n2+n-1=29，左邊>右邊成立；

②假設(shè)n=k（k≥5）時，2k>k2+k-1成立，當(dāng)n=k+1時，2k+1>2k2+2k-2=（k+1）2+（k+1）-1+k2-k-3≥（k+1）2+（k+1）-1+5k-k-3=（k+1）2+（k+1）-1+k+3（k-1）>（k+1）2+（k+1）-1.

這就是說，當(dāng)n=k+1時，結(jié)論成立.

由①②可知，2n>n2+n-1（n≥5）恒成立，故2k=k2+k-1無正整數(shù)解.

綜上可知，滿足題意的正整數(shù)僅有m=2.

（文）（1）由已知得0 11 0·-21=0×（-2）+1×11×（-2）+0×1=1-2，所以點M′的坐標(biāo)為（1，-2）.

（2）因為0 11 0·Snn=nSn，所以A′（n，Sn）. 因為點A′（n，Sn）在函數(shù)f（x）=x2+x的圖象上，所以Sn=n2+n. 當(dāng)n=1時，a1=S1=2；當(dāng)n≥2時，an=Sn-Sn-1=2n，a1=2滿足上面的公式，所以an=2n（n∈N？鄢）.？搖

（3）由已知，bn=1-■1-■…1-■. 設(shè)F（n）=1-■1-■…1-■■. 因為■=1-■·■=■·■=■<■=1，所以F（n）>F（n+1），所以F（n）單調(diào)遞減，所以當(dāng)n=1時，F(xiàn)（n）取得最大值■.

要使得不等式bn■■，所以a的取值范圍是■，+∞. ■