2016届甘肃省天水市一中高三上学期期末考试数学理试题解析版

2016届甘肃省天水市一中高三上学期期末考试数学（理）试题一、选择题1已知集合，若，则为（）1,2AA,BB12ABABABCD,2B1,1,2【答案】D【解析】试题分析因为，所以，所以，所以2A12AB，所以1,2A1,B,B【考点】集合的交集、并集运算2设是虚数单位，复数，则（）IIZ12ZA1BCD23【答案】B【解析】试题分析，故选B21IIZIZ【考点】复数的运算3下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是（）ABCD【答案】B【解析】试题分析两个变量的散点图，若样本点成带状分布，则两个变量具有线性相关关系，两个变量具有线性相关关系的图是和【考点】线性相关关系4等比数列中，则（）NA6453AABC或D88816【答案】C试卷第2页，总16页【解析】试题分析，故选C2354468AA【考点】等比中项5已知函数，若，则实数（）21,XXFA20FAA0B2CD0或2【答案】D【解析】试题分析，解得002,024FFFAA或2【考点】分段函数6一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A3B4C24D34【答案】D【解析】试题分析根据几何体的三视图，得该几何体是圆柱体的一半，该几何体的表面积为，故选D21234S、【考点】由三视图求面积、体积7若动圆与圆相外切，且与直线X2相切，则动圆圆心的轨迹方程24XY是（）A210YBXC28YD0X【答案】A【解析】试题分析设圆的圆心，动圆圆心的，24XY120C、PXY、半径为，作直线为垂足，因圆与相切，故圆R42XPQ、4X、P2X到直线的距离，又，因此到与直PR12CRY、10C、线的距离相等，的轨迹为抛物线，焦点为，准线，顶点为X104X，开口向右，可得，方程为，故选A10、6P2YX【考点】轨迹方程8执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A4B9C7D5【答案】B【解析】试题分析当时，执行循环体后，不满足退出1N2183TSN、循环的条件，当时，执行循环体后，不满足退出循环的38365条件，当时，执行循环体后，不满足退出循环的条件，53547、当时，执行循环体后，满足退出循环的条件，故输出7N1279TSN的值为，故选B9【考点】程序框图9已知，若，那么向量的夹角等于（）|3A|B3A,AB试卷第4页，总16页ABCD2334【答案】A【解析】试题分析12,COS,6COS,3COS,3ABABABABAB，故选A【考点】平面向量的数量积公式10函数的图象大致为（）2LNXY【答案】D【解析】试题分析函数的定义域为求导0,1，令可得22LNLLNXXYY，结合定义域可知令可得，即函数在0E0,1E0XELNXY上单调递减，在上单调递增，由图可知选D,1【考点】1利用导数研究函数的单调性；2函数的图像【方法点睛】求函数的单调区间的方法（1）求导数；（2）解方程YFX；（3）使不等式成立的区间就是递增区间，使成立的0FX0FX0区间就是递减区间由此再结合函数的图像即可判断出结果11以双曲线上一点为圆心的圆与轴恰相切于双曲线21YAB,BMX的一个焦点，且与轴交于两点若为正三角形，则该双曲线的离FPQ、P心率为（）A4BCD7233【答案】D【解析】试题分析由于圆与轴恰相切于双曲线的一个焦点，且在双曲线MXFM上，所以，又因为为正三角形，所以到轴的距离为2,BCAPQY，又，所以可得，得23BCA22A2243ACA3E【考点】双曲线的离心率【思路点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求法，解决本题的关键是利用数形结合首先根据题意画出示意图，由此即可求出，然后再根据为正三2,BMCAMPQ角形，可知正三角形的边长为，所以到轴的距离为，由MPQ2BAY23BCA此即可求出结果12对于任意实数，定义，定义在上的偶函数满足BA,MIN,BRXF，且当时，若方程4XFF20XXXFX2,1IN恰有两个根，则的取值范围是（）MA2LN,31,2LN1,B,3,C2LN,1,2LN1,D,3,【答案】A【解析】试题分析当时，02X由题意定义在上的偶函数1,MIN1,XFXR满足，故函数的周期是4，由方程，得XF4FFF0MXF，作出函数和的图象，FHX当时，方程由无穷多个根，不满足条件，当或方程01恰有两个根MXF若，则要使方程恰有2个零点，10MXF试卷第6页，总16页则满足即132XH1LN23M若，则要使方程恰有2个零点，有偶函数的对称性，可知00XF1LN2综上，选A1,LN2,LN23M【考点】分段函数的应用【思路点晴】本题考查了函数的图象的作法及方程的根与函数的图象的交点的关系应用，同时考查了直线的斜率的求法与应用，属于基础题由题意可得函数是周FX期函数，从而作出函数与的图象，再结合图象求出四个临界点所形成XFHM的直线的斜率，从而得到答案二、填空题13若满足不等式组，则的最小值是_,XY21XY1ZXY【答案】32【解析】试题分析首先根据已知条件画出其约束条件如下图所示，然后将目标函数进行变形为，所以要使得目标函数的最小值，1ZXY12YXZ12ZXY由图可知，当其过点时，取得最小值，且为，故应填,BMIN3Z【考点】简单的线性规划14的展开式中的系数为8XY72YX【答案】20【解析】试题分析的展开式中，含的系数是含的系数是，8XY7XY826XY8的展开式中的系数为8XY2720【考点】二项式系数的性质15已知数列NA满足，则113,NANA【答案】2N【解析】试题分析111223,2,NNNNAAAAN，利用累加法即可求出2,，所以214212NANN23N【考点】数列的递推关系【思路点睛】首先，根据题中所给的数列的递推关系式，由此递推可写12NA出，112232,NNNAA12A然后再利用累加法，可得，然后再代入的值即可求出结果116在四面体中，已知则四ABCDABCDBCA面，4面体的外接球的半径为_【答案】1085【解析】试题分析设的外接圆的圆心为，半径为，四面体的外ABC1ORABCD接球的球心为，半径为，显然平面OR1ABC设的中点为，因为，故由，又平面，故BDEOBDEBDABC试卷第8页，总16页平面，所以在中，由余弦定理可得/OEABC12OEBDABC，所以，由正弦定理得，即，所以1COS945SIN9SINAR4529R，故四面体的外接球的半径50RABC2801R【考点】1正弦定理；2余弦定理；3空间点线面之间的位置关系【思路点睛】根据题意作出几何体的示意图，设的外接圆的圆心为，半径为ABC1O，四面体的外接球的球心为，半径为，显然平面设RABDOR1ABC的中点为，分别利用余弦定理、正弦定理以及勾股定理即可求出结果E三、解答题17在锐角中，分别是角所对的边，且ABC,ABC,ABC32SINACA（1）确定角的大小；（2）若，且的面积为，求的值7C32AB【答案】（1）（2）06C5AB【解析】试题分析（1）本题考察的是解三角形的综合问题，本题中利用正弦定理化简已知等式，根据不为0求出的值，由为锐角，利用特殊角的三角函数SINASINC值即可求出的大小（2）利用三角函数面积公式列出关系式，将与已知面积代入求出的值，再利IAB用余弦定理列出关系式，结合完全平方公式进行变形，把与，以及的值代COSC入即可求出的值AB试题解析（1），由正弦定理32SINCA3IN2INASIN2C由是锐角三角形，AB60C（2），13SIN22CSABAB，将代入得到，COSC7213【考点】1正弦定理；2余弦定理18袋中装有4个白棋子，3个黑棋子，从袋中随机地取出棋子，若取到一个白棋子得2分，取到一个黑棋子得1分，现从袋中任取4个棋子（1）求得分的分布列；X（2）求得分大于6的概率【答案】（1）详见解析；（2）135【解析】试题分析（1）的取值为分别求出相应的概率，由此能求出XX678、的分布列（2）根据的分布列，能得到得分大于的概率试题解析（1）袋中共个棋子，以取到白棋子为标准，则取到白棋子的个数为7，对应的得分为由题意知，取到的白棋子数服从参数为,345,的超几何分布，故得分也服从该超几何分布7,NMN132443773448X5X655218CCPP所以的分布列为X5678P31235（2）根据的分布列，可得到得分大于6的概率为678XPX【考点】1随机变量的分布列；2求随机变量的概率【方法点睛】（1）求随机变量的分布列的主要步骤一是明确随机变量的取值，并确定随机变量服从何种概率分布；二是求每一个随机变量取值的概率，三是列成表格；（2）求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列是否正确；（3）求解离散随机变量分布列和方差，首先要理解问题的关键，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相对应的概率，写成随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算19直三棱柱中，分别是的中1ABC11ABC,EF1,CB点，为棱上的点1ED（1）证明；ACB（2）证明；DFE（3）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为DFABC14若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由试卷第10页，总16页【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点D1AB【解析】试题分析（1）先证明，然后以为原点建立空间直角坐标系C，则能写出各点坐标，由共线可得，所以，即AXYZ,00FAE；DFE（3）通过计算，面的法向量为可写成，又面ABCFN3,12,的法向量，令，解出的值即可0,1M4COS,M试题解析（1）证明，又1AEB1/,AEB面又面，1,ABC1AC，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，CXYZ则有，设1110,0,02AEFAB且，即，则11,DXYZB,XYZ，,0,2，所以；11,02AEFAEDFAE（2）结论存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，DBC14理由如下由题可知面的法向量，设面的法向量为，则ABC0,1MDEF,NXYZ，0NFED1,22，即，102XYZ321XZY令，则平面与平面所成锐二面1Z3,12,NDEFABC角的余弦值为，4，即，解得或1COS,MN221149412（舍），所以当为中点时满足要求74D1AB【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质【方法点睛】利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为，设分别为平面的法向量，二面角的大小为，向量012,N,L的夹角为，则有（图1）或（图2）其中12,N12COS|N20已知椭圆C的对称中心为原点，焦点在X轴上，左右焦点分别为1F和2，且|O1F2|2，点（1，23）在该椭圆上（1）求椭圆C的方程；（2）过1的直线L与椭圆C相交于A，B两点，若A2FB的面积为721，求以2F为圆心且与直线相切圆的方程【答案】（1）；（2）1342YX212YX试卷第12页，总16页【解析】试题分析（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出的值；（2）解决,BA直线和椭圆的综合问题时注意第一步根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程第二步联立方程把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程第三步求解判别式计算一元二次方程根第四步写出根与系数的关系第五步根据题设条件求解问题中结论试题解析（1）椭圆C的方程为1342YX（2）当直线LX轴时，可得A（1，2），B（1，23），A2FB的面积为3，不符合题意当直线L与X轴不垂直时，设直线L的方程为YK（X1）代入椭圆方程得012484322KK，显然0成立，设A,1YX，B,2，则221X，22138X，可得|AB|243K又圆2F的半径R2|K，A2FB的面积1|AB|R21|7，化简得174180，得K1，R，圆的方程为YX【考点】（1）椭圆的方程；（2）直线与椭圆的综合问题21已知函数LN10XF（1）函数在区间上是增函数还是减函数证明你的结论；X0,（2）当时，恒成立，求整数的最大值；1KFXK（3）试证明（）2312341NEN【答案】（1）在区间上是减函数；（2）3（3）详见解析F0,【解析】试题分析（1）求导，讨论导数的符号，导数大于0得增区间；导数小于0得减区间（2）当时，恒成立，令可转化XKXF11HXFX为求函数的最小值问题将函数求导讨论导数的符号得函数的单HHH调性，根据其单调性求其最值即可（3）由（2）可知时恒成立，0X3FX即通过放缩法可证得由题意分析可令3LN1X3LN12，则可得，再将变形上式可变形1XN3LN121N31N为将分别取，可得个不等式，再L23,将这个不等式相加，根据对数的运算法则即可证得命题N试题解析（）由题21LN0,0,XXF故在区间上是减函数；FX,（）当时，恒成立，即在上恒成1KFX1LNXK,立，取，则，LNHX2H再取则1,GX0,1XG故在上单调递增，X0,而，LN2LN30,2LN故在上存在唯一实数根，GX,310AA故时，时，0,A,GX0GX故故MIN1L1,4,HXAKMAX3（3）由（2）知1L330LN21XX令，,LN121XN又L234N1LLN1132323NN即231141NE【考点】【考点】用导数研究函数的性质22（本小题满分10分）选修41几何证明选讲如图所示，锐角三角形的内心为，过点作直线的垂线，垂足为，点ABCIABIH为圆与边的切点EI试卷第14页，总16页（1）求证四点共圆；,AIHE（2）若，求的度数50CI【答案】（1）见解析；（2）25【解析】试题分析（1）证明，根据，可得四点DAEFDAFE、共圆，直径为；（2）先证明，再A1809022BCC利用四点共圆，可求的度数DFE、试题解析解析（1）由圆与相切于点得，结合，得IACEIAHIA，所以四点共圆90IH,H（2）由（1）知四点共圆，所以由题意知,III12IABAB，128092CCC结合，得，IH9IHI所以由得1E55E【考点】弦切角23（本小题满分10分）选修44坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为X1C（为参数），曲线的极坐标方程为，若2COSINXY2C2COSIN曲线与相交于、两点1C2AB（1）求的值；|（2）求点到、两点的距离之积,M【答案】（1）；（2）1MAX4D【解析】试题分析本题主要考查参数方程与普通方程的转化、极坐标方程与直角坐标方程的转化、点到直线的距离公式等