福建省师大附中、闽清一中、金石中学高三数学基地校总复习综合卷 理（含解析）.doc

福建省师大附中、闽清一中、金石中学2016届高三数学基地校总复习综合卷 理（含解析）本试卷分第卷和第ii卷（非选择题）两部分。全卷满分150分，考试时间为120分钟。第卷一、选择题：（ 每小题5分，共60分；在给出的a、b、c、d四个选项中，只有一项符合题目要求 ）1. 设集合，集合，则等于( )a. (1,2) b. (1,2 c. 1,2) d. 1,2【答案】b【解析】试题分析：根据指对函数的性质，可以求得，根据集合的交集中元素的特点，可以求得，故选b.考点：集合的运算.2. 已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】则 .故选c.3. 右边程序框图的算法思路源于世界数学名题“问题”执行该程序框图，若输入的，则输出 i =()a. 6 b. 7 c. 8 d. 9【答案】c【解析】，为奇数，为偶数，；为奇数，；为偶数，为偶数，；为偶数，；为偶数，循环结束，输出，故选c4. 根据如下样本数据得到的回归方程为y每增加1个单位，y就（ ）a. 增加1.4个单位 b. 减少1.4个单位c. 增加1.2个单位 d. 减少1.2个单位【答案】b【解析】，代入回归方程可得所以x每增加1个单位，y就减少1.4个单位.故选b.5. 已知各项不为零的等差数列满足，数列是等比数列，且，则为( )a. 4 b. 8 c. 16 d. 64【答案】c【解析】因为，所以，又因为，.故选c.6. 设实数，满足约束条件 则的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：画出约束条件所表示的可行域，如图，由可行域知的最大值是，最小值为到直线的距离的平方为，故选a.考点:利用可行域求目标函数的最值.7. 将5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有( )a. 150种 b. 180种 c. 240种 d. 540种【答案】a【解析】将 位同学分为三组有两种分法： 与 ，因此位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，中山大学这 所大学就读，则每所大学至少保送人的不同保送方法数为 ，故选a.8. 过双曲线的左焦点f作圆的切线，设切点为m，延长fm交双曲线于点n，若点m为线段fn的中点，则双曲线c1的离心率为（ ）a. +1 b. c. c.【答案】c【解析】则.故选c.9. 已知函数关于直线对称 , 且,则的最小值为( )a. b. c. c. 【答案】d【解析】故选d.10. 已知过球面上三点a、b、c的截面到球心距离等于球半径的一半，且，则球面面积为（ ） a. b. c. d. 【答案】c【解析】如图,设球的半径为r,o是abc的外心，外接圆半径为r，则oo面abc.在rtacd中,则.在abc中,由正弦定理得，即oc=.再中，得.故选c.点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.11. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为( )a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：由三视图知，该四面体中，尺寸见三视图，,（由俯视图知），所以故选a考点：三视图，几何体的表面积【名师点睛】（1）画几何体的三视图可以想象自己站在几何体的正前方、正左方和正上方观察,它的轮廓线是什么,然后再去画图.（2）对于简单几何体的组合体的三视图,要确定正视、侧视、俯视的方向;要注意组合体是由哪些几何体组成,弄清楚它们的生成方式;注意它们的交线的位置.（3）对简单几何体的三视图要熟悉由三视图还原直观图时，还要注意三视图中反应的线面位置关系12. 已知函数，若的图像与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】的图像与x轴有3个不同的交点可转化为与有3个不同交点，易知直线过定点a（-2，0），斜率为当直线与相切时是一个临界状态，设切点为c，又函数过点b（2，ln4），故，所以故选c.点睛：根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中，的系数为_.【答案】30【解析】试题分析：的展开式的通项为，令则的通项为，令则，的展开式中，的系数为考点：二项式定理14. 在abc中，点o在线段bc的延长线上，且 时，则x-y= _.【答案】-2【解析】所以，又因为，所以，所以15. 已知函数满足，函数关于点对称，则_.【答案】2【解析】由于，故函数的周期为12，把函数的图象向右平移1个单位，得，因此的图象关于对称，为奇函数，.点睛：抽象函数的周期性：（1）若，则函数周期为t；（2）若，则函数周期为（3）若，则函数的周期为；（4）若，则函数的周期为.16. 平面凸四边形，则此四边形的最大面积为_.【答案】【解析】如图连接，在中分别应用余弦定理整理有，四边形的面积 式式平方相加得，当时，四边形的面积取到最大值为.三、解答题：（本大题共6题；满分70分）17. 设数列的前项和为，已知，是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）求满足的最大正整数的值.【答案】（1）；（2）最大正整数的值为.【解析】试题分析：（1）当时，得即，从而得等比数列即可求解；（2），利用等差数列求和可得，进而有，再解不等式即可.试题解析：（1）当时，. . ， . 数列是以为首项，公比为的等比数列. （2）由（1）得：， . . 令 ，解得：. 故满足条件的最大正整数的值为.18. 第26届世界大学生夏季运动会将于2011年8月12日到23日在深圳举行 ，为了搞好接待工作，组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者。将这30名志愿者的身高编成如右所示的茎叶图（单位：cm）： 若身高在175cm以上（包括175cm）定义为“高个子”，身高在175cm以下（不包括175cm）定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才担任“礼仪小姐”。（1）如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中提取5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“高个子”的概率是多少？（2）若从所有“高个子”中选3名志愿者，用表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出的分布列，并求的数学期望。【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据茎叶图，有“高个子”12人，“非高个子”18人，用分层抽样的方法选中的“高个子”有2人，“非高个子”有3人由此利用对立事件概率计算公式能求出至少有一人是“高个子”的概率（2）依题意，的取值为0，1，2，3分别求出相应的概率，由此能求出的分布列试题解析：（1）根据茎叶图，有“高个子”12人，“非高个子”18人， 用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是， 所以选中的“高个子”有人，“非高个子”有人 用事件表示“至少有一名“高个子”被选中”，则它的对立事件表示“没有一名“高个子”被选中”，则 因此，至少有一人是“高个子”的概率是（）依题意，的取值为， ， 因此，的分布列如下：点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式（常见的有古典概型公式、几何概率公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.19. 如图，将边长为2的正六边形abcdef沿对角线be翻折，连接ac、fd，形成如图所示的多面体，且,（1）证明：平面abef平面bcde； （2）求de与平面abc所成角的正弦值。【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接ac、be，交点为g，推导出从而ag平面bcde，由此能证明平面abef平面bcde（2）以g为坐标原点，分别以gc，ge，ga所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的坐标系，利用向量法能求出fe与平面abc所成角的正弦值试题解析：（）证明：正六边形abcdef中，连接ac、be，交点为g，易知，且，在多面体中，由，知，故又 平面，故平面，又平面abef，所以平面abef平面bcde （2）以g为坐标原点，分别以gc，ge，ga所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的坐标系由，则 .， 设平面abc的法向量为， 则，即，令 ，得，所以，所以fe与平面abc所成角的正弦值为20. 已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左顶点为，左焦点为，点在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于点，（）求椭圆的方程；（）以为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由【答案】（）；（）见解析.【解析】试题分析：（）椭圆的左焦点为，所以由点在椭圆上，得，进而解出得到椭圆的方程；（）直线与椭圆联立，解得的坐标（用表示），设出，的方程，解出的坐标，圆方程用表示，最后可求得为直径的圆经过两定点.试题解析：（） 设椭圆的方程为，因为椭圆的左焦点为，所以因为点在椭圆上，所以由解得，所以椭圆的方程为（）因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为因为直线与椭圆交于两点，设点（不妨设），则点联立方程组消去得所以，则所以直线的方程为因为直线，分别与轴交于点，令得，即点同理可得点所以设的中点为，则点的坐标为则以为直径的圆的方程为 ，即令，得，即或故以为直径的圆经过两定点，考点：1、 待定系数法求椭圆；2、圆的方程及几何意义.21. 设函数，（）求函数的单调区间；（）当时，讨论函数与图像的交点个数【答案】（）见解析；（）见解析.【解析】试题分析：（1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；（2）问题转化为求函数,的零点个数问题，通过求导，得到函数f（x）的单调区间，求出f（x）的极小值，从而求出函数h（x）的零点个数即f（x）和g（x）的交点个数试题解析：（）解：函数的定义域为，当时，所以函数的单调增区间是，无减区间；当时，；当时，函数的单调递减；当时，函数的单调递增.综上：当时，函数的单调增区间是，无减区间；当时，函数的单调增区间是，减区间是. （） 解：令，问题等价于求函数的零点个数， 当时，有唯一零点；当时，当时，函数为减函数，注意到，所以有唯一零点；当时，或时，时，所以函数在和单调递减，在单调递增，注意到，所以有唯一零点； 当时，或时，时， 所以函数在和单调递减，在单调递增，意到，所以，而，所以有唯一零点. 综上，函数有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.请考生在第22、23、24题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分，答题时请写清题号。22. 选修4-1：几何证明选讲如图，在中，以为直径的圆交于点，点是边的中点，连接交圆于点（）求证：是圆的切线；（）求证：【答案】（）见解析；（）见解析.【解析】试题分析：（1）由点是中点，点是中点，是圆的切线；（2）延长交圆于点，由（1）知是圆的切线，而是圆的割线 试题解析：（1）连结，点是中点，点是中点，在和中，即是圆上一点，是圆的切线（2）延长交圆于点，由（1）知是圆的切线，而是圆的割线，由（1）知，点是的中点，考点：1、三角形的全等；2、切割线定理；3、切线的定义23. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：（）求直线的极坐标方程；（）求直线与曲线交点的极坐标【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（1）先将参数方程化为直角坐标,再将直角坐标化为极坐标；（2）先将极坐标方程化为直角坐标方程,求出交点坐标,再将直角坐标化为极坐标.试题解析:（1）将直线（为参数）消去参数，化为普通方程，将代入得。（2）方法