2016级高三理科数学综合训练试题(19)含答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合Axylg(32x)，集合Byy1x，则AB （ ） A． [0,) B．,1 C．, D． (,)

2222．若命题p为真命题，命题q为假命题，则以下为真命题的是（ ） A．pq

B．p(q)

C．(p)q

D．(p)(q)

x2y2

10．已知抛物线y＝2px（p＞0）与双曲线2－2＝1（a＞0，b＞0）有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交

ab

2

点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为（ ） ( ) A．2＋2 B．5＋1 C．3＋1 D．2＋1

11．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示， 则该几何体的体积等于( )

A．10cm B．20cm C．30cm D．40cm

33334 3 3335 正视图 3 俯视图

侧视图 3．如图，在等腰直角△ABO中，OAOB1,C为AB上靠近点A的四等分点，过C作AB的垂线，P为

x1,12．已知函数f(x)log2x,x0，若方程f(x)a有四个不同的解 x0垂线上任一点，则OP(OBOA)等于（ ）

1133A．－ B． C．－ D． 22224．二项式(2xA．160

1x)的展开式中常数项为（ ）

6（11题图） 1 x1，x2，x3，x4，且x1x2x3x4，则x3(x1x2)2的取值范围是（ ）

x3x4A．(1,) B．1,1 C．(,1) D．1,1 本卷包括必考题和选考题两部分。第13题～第21题为必考题，每个试题考生都

B．160 C．60 D．60

必须做答。第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

xy1y5．设x,y满足约束条件x10，则目标函数z的取值范围为 （ ）

x2xy1 A．3,3 B．2,2 C．1,1 D．ai201513．若复数z(a4)(a2)i为纯虚数，则的值为

12i222, 3314．设101x2dx，tan3，则tan ．

aa36．已知Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S1,S2,S4成等比数列，则2等于（ ）

a1A．10 A．30种

B．8

C．6

D．4

15．当输入的实数x2,30时，执行如图所示的程序框图，则输出的x 不小于103的概率是 。

16．已知圆C：xy1，点P(x0,y0)是直线l：3x2y40上的动点，若在圆C上总存在不同的两点A，B使得OAOBOP，则x0的取值范围是 ．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

227．甲乙两人从4门课程中各选修两门，则甲乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（ ） ．．．

B．36种 C．60种 D．72种

8．设随机变量服从正态分布N（0，1），若P(2)p,则P(20) （ ）

1 A．p

2B．1p

1

C．p

2

D．12p

17．（本小题满分12分）

如图，以Ox为始边作角与(0<<<)，它们的终边分别与单位圆相交于点P､Q，已知点P的坐标为(（1）求

9．在ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，且bcosC3acosBccosB，BABC2，则ABC的面积为 （ ） A．2 B．

3 C． 22 D． 42 234，). 55第17题

sin2cos21的值;

1tan

- 1 -

（2）若OPOQ0，求sin(+)的值

18．（本小题满分12分）

在一个盒子中，放有大小相同的红、白、黄三个小球，现从中任意摸出一球，若是红球记1分，白球记2分，黄球记3分．现从这个盒子中，有放回地先后摸出两球，所得分数分别记为x、y，设O为坐标原点，点P的

已知函数f(x)xalnx在x1处的切线l与直线x2y0垂直，函数g(x)f(x)（1）求实数a的值；

（2）若函数g(x)存在单调递减区间，求实数b的取值范围； （3）设x1,x2(x1x2)是函数g(x)的两个极值点，若b

12xbx． 27，求g(x1)g(x2)的最小值． 22坐标为(x2,xy)，记OP．

（1）求随机变量的最大值，并求事件“取得最大值”的概率； （2）求随机变量的分布列和数学期望．

M 19．(本小题满分12分)

如图，点C是以AB为直径的圆O上不与A、B重合的一个动点，

A S是圆O所在平面外一点，且总有SC⊥平面ABC，M是SB的中点，AB = SC = 2． （1）求证：OM⊥BC；

（2）当四面体S－ABC的体积最大时，设直线AM与平面ABC所成的角为， tan的值． 二面角B－SA－C的大小为，分别求tan，请从下面所给的22、23、24三题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分；不涂、多图均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分。 22．（本小题满分10分）选修4－1：几何证明选讲

如图，已知PA与圆O相切于点A，半径OBOP，AB交PO于点C. (1)求证：PAPC；

(2)若圆O的半径为3，PO5，求线段AC的长度．

23．（本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程

B S APOC O Cx2cos已知曲线 C1的参数方程为 （为参数），

y3sinB以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为=2. （1）分别写出 C1的普通方程， C2的直角坐标方程；

（2）已知M，N分别为曲线 C1的上、下顶点，点P为曲线 C2上任意一点，求 PMPN 的最大

值．

24．（本小题满分10分）选修4—5: 不等式选讲. （1）设函数f(x)=|x

20．（本小题满分12分）

已知A,B是抛物线W:yx2上的两个点，点A的坐标为(1,1)，直线AB的斜率为k(k0).设抛物线W的焦点在直线AB的下方.

（1）求k的取值范围；

（2）设C为W上的一点，且ABAC，过B,C两点分别作W的切线，记两切线的交点为D.判断四边形ABDC是否为梯形，并说明理由. 21．（本小题满分12分）

1||xa|(a0).证明：f(x)2； a222（2）若实数x,y,z满足x4yz3,求证:x2yz3 ．

- 2 -

2016级高三理科数学综合训练试题（19）参

ABACD BACCD BB

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

(13) i (14) -2 (15)

则随机变量的分布列为：

 P 0 1 2 3 1 94 92 92 9924 16．0，， 1413442时，kAB不存在，这时x0当x0时，

333………………10分 因此，数学期望E0解析：因OAPB是棱形，故AB垂直平分OP，则当xAxB14221252…………………12分 9999kABx0xy，且直线AB过点0,0， y022219．解(Ⅰ)证：由于C是以AB为直径的圆上一点，故AC⊥BC

又SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC

∵SCACC，∴BC⊥平面SAC，BC⊥SA O、M分别为AB、SB的中点，故OM平行于SA ∴OM⊥BC

2分 4分

2x2y022直线AB方程为2x0x2y0yx0y00，圆心到直线AB的距离d01，

222即x0y04，且3x02y040，化为13x024x00，

424 313三、解答题：

34，sin=， 5532182sincos2cos22cos(sincos)2 则原式==2cos2×(－)=

sinsincos5251coscos17解：(1)由三角函数的定义得cos=－

(2)∵OPOQ=0，∴OP⊥OQ ∴∴sinsin(2,∴2，

34，coscos()sin.

2524337∴sin()sincoscossin=×+(－)×=

552555)cos18解

1112SCSABCACBC≤(AC2BC2) 3363当且仅当ACBC2时取得最大值 方法一

取BC的中点N，连接MN、AN，则MN与SC平行，MN⊥平面ABC

MN110∴MAN，tan AN5122作CH⊥SA垂足为H，连接BH，由(Ⅰ)知BC⊥SA，∴SA⊥平面BCH，BH⊥SA

ACSC2BC6故BHC，在RtSAC中，CH,tan SACH23(Ⅱ)解：四面体S－ABC的体积V方法二

以CA、CB，CS分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，则

C(0，0，0)，A(2 ，0，0)，B(0，2，0)，S(0，0，2)

221) 进而M(0，，1)，AM(2，，22CS(0，0，2)是平面ABC的一个法向量，

143510CS|，tan故sin|cosAM，，cos

775vAB02x2y0设v = (x，y，z)是平面SAB的一个法向量，则,即 vAS02x2z0故可取v(2,2,1)，由（1）知，CB(0,2,0)是平面SAC的一个法向量

10156cos|cosv,CB|,sin,tan故

5526分

9分

12分

9分

因此，随机变量的最大值为5 ………………………3分  有放回摸两球的所有情况有339种P(5)2………6分 912分

20.解：（1）抛物线yx2的焦点为(0,).由题意，得直线AB的方程为y1k(x1)，

14令x0，得y1k，即直线AB与y轴相交于点(0,1k).因为抛物线W的焦点在直线AB的下方，所以

- 3 -

1331k，解得k，因为k0，所以0k..。。。。。。。。。5分

444（2）结论：四边形ABDC不可能为梯形.理由如下：

2假设四边形ABDC为梯形.依题意，设B(x1,x12)，C(x2,x2)，D(x3,y3)，

t10，所以ht111x11所以设t10t1 htlntt0t1 ht122t2t2tx22tx1x2t1225 72522在0,1单调递减，又bb1 即x1x2x1x2t424 11150t1,4t217t40,0t,hth2ln2，

448故所求的最小值是22y1k(x1),联立方程消去y，得x2kxk10，由韦达定理，得1x1k，所以x1k1. 2yx,1同理，得x21.对函数yx2求导，得y2x，所以抛物线yx2在点B处的切线BD的斜率为

k2x12k2，抛物线yx2在点C处的切线CD的斜率为2x2由四边形ABDC为梯形，得AB//CD或AC//BD. 若AB//CD，则k152ln2 …………12分 8（22）（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

解：(1)证明：连接OA，OAOB，OABOBA.PA与圆O相切于点A，OAP90.

22. kPAC90OAB.OBOP， BCO90OBA. BCOPAC.

又

22，即k22k20，因为方程k22k20无解，所以AB与CD不平行. kBCOPCA，

AP若AC//BD，则12k2，即2k22k10，因为方程2k22k10无解，所以AC与BD不平行，kPACPCA.PAPC.…………………5分

(2)假设PO与圆O相交于点M，延长PO交圆O于点N.

所以四边形ABDC不是梯形，这与假设矛盾.因此四边形ABDC不可能为梯形.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

21题解

PA与圆O相切于点A，PMN是圆O的割线， PA2PMPN(POOM)(POON)． PO5，

NOBCMOMON3，

PA2(53)(53)16. PA4.

由(1)知PCPA4. OC1.在RtOAP中，cosAOPOA3. OP5332AC2OA2OC22OAOCcosAOP91231.

55

AC32410.…………………10分 55x2y21，……………………2分 23.解：（1）曲线C1的普通方程为43 曲线C2的普通方程为xy4. ……………………4分

（2）

22ln

x112x11x1x22x1x2b1xxln 0x1x2 12x22x22x2x1- 4 -

法一：由曲线C2：x2y24，可得其参数方程为由题意可知M(0,3),N(0,3). 因此PM+PN x2cos，所以P点坐标为(2cos,2sin)，

y2sin(2cos)2(2sin3)2(2cos)2(2sin3)2 743sin743s……………………6in分

(PM+PN)21424948sin2. 2所以当sin0时，(PM+PN)有最大值28，……………………8分

因此PM+PN的最大值为27. ……………………10分

法二：设P点坐标为(x,y)，则x2y24，由题意可知M(0,3),N(0,3). 因此PM+PN x2(y3)2x2(y3)2 723y72y3……………………6分

(PM+PN)21424912y2. 所以当y0时，(PM+PN)有最大值28，……………………8分 因此PM+PN的最大值为27. ……………………10分 24．（10分）证明:(Ⅰ)由a0，

有f(x)=|x2111||xa||(x)(xa)|a2 aaa2所以f(x)2 ………………………5分 (Ⅱ)x4yz3,由柯西不等式得:

22[x2(2y)2+z2](121212)(x2yz)2 x2yz63(当且仅当即xz，y时取“”号)整理得:(x2yz)29,即

11155x2yz3 ……………………10分

- 5 -