高考数学一轮复习综合测试文

【与名师对话】2016版高考数学一轮复习综合测试文(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2014·沈阳质监)设全集U＝{1,2,3,4,5}，集合A＝{1,2}，B＝{2,3,5}，则(∁UA)∪B＝()A．{3,5} B．{3,4,5}C．{2,3,4,5} D．{1,2,3,4}解析：依题意得∁UA＝{3,4,5}，则(∁UA)∪B＝{2,3,4,5}，选C.答案：C2．(2014·东北三校模拟)已知复数z＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，则eq\x\to(z)＋|z|＝()A．－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i B．－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)iC.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i D.eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i解析：∵eq\x\to(z)＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，|z|＝1，∴eq\x\to(z)＋|z|＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，故选D.答案：D3．(2015·大连双基测试)已知向量|a|＝1，|b|＝2，a，b＝eq\f(π,3)，则|a＋b|为()A．9 B．7C．3 D.eq\r(7)解析：依题意得，|a＋b|＝eq\r(a＋b2)＝eq\r(a2＋b2＋2a·b)＝eq\r(5＋2×1×2×cos\f(π,3))＝eq\r(7)，选D.答案：D4．(2014·唐山统考)在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，则a12＝()A．96 B．64C．72 D．48解析：∵a3a7＝a2a8＝72，a2＋a8＝72，∴a2，a8为方程x2－27x＋72＝0的两个根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝24，,a8＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝3,a8＝24))，又公比大于1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝3,a8＝24))，∴q6＝8即q2＝2，∴a12＝a2q10＝3×25＝96.答案：A5．已知中心在原点的双曲线C的左焦点为F(－3,0)，离心率为eq\f(3,2)，则双曲线C的方程是()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,\r(5))＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1 D.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,\r(5))＝1解析：依题意双曲线中c＝3，e＝eq\f(3,2)，所以a＝2，从而a2＝4，b2＝c2－a2＝5，故选B.答案：B6．(2015·东北三校一模)直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：①若m∥n，n∥α，则m∥α；②若m∥β，α∥β，则m∥α；③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：由空间直线与平面平行关系可知①正确；由空间直线与平面平行关系可知②正确；由线面垂直，线面平行的判定和性质可知③正确；由线面垂直，面面垂直可知④正确．故选D.答案：D7．(2015·山西忻州市联考)如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为()A.eq\f(57,2)B．27C．26D．28解析：由几何体的三视图知，该几何体是一个正方体与一个三棱锥的组合体，因此其体积V＝33＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×32×1＝27＋eq\f(3,2)＝eq\f(57,2).答案：A8．(2014·郑州质量预测)某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：单价x(元)456789销量y(件)908483807568由表中数据，求得线性回归方程为eq\o(y,\s\up15(^))＝－4x＋a.若在这些样本点中任取一点，则它在回归直线左下方的概率为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)解析：由表中数据得eq\x\to(x)＝6.5，eq\x\to(y)＝80，由eq\x\to(y)＝－4eq\x\to(x)＋a得a＝106，故线性回归方程为eq\o(y,\s\up15(^))＝－4x＋106.将(4,90)，(5,84)，(6,83)，(7,80)，(8,75)，(9,68)分别代入回归方程可知有6个基本事件，因84<－4×5＋106＝86,68<－4×9＋106＝70，故(5,84)和(9,68)在直线的左下方，满足条件的只有2个，故所求概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，选B.答案：B9．运行如图所示的程序框图，输出的结果是()A．55B．－55C．45D．－45解析：由题意得，输出的S＝12－22＋32－42＋52－62＋72－82＋92＝45.故选C.答案：C10．(2014·大纲卷)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.eq\f(81π,4)B．16πC．9πD.eq\f(27π,4)解析：如图，正四棱锥P－ABCD的底面中心为H.在底面正方形ABCD中，AH＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\r(2)，又PH＝4，故在Rt△PAH中，PA＝eq\r(PH2＋AH2)＝eq\r(42＋\r(2)2)＝3eq\r(2).则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心O在PH所在的直线上，设其外接球的直径为PQ＝2r.又A在正四棱锥外接球的表面上，所以AP⊥AQ.又AH⊥PH，由射影定理可得PA2＝PH×PQ，故2r＝PQ＝eq\f(PA2,PH)＝eq\f(3\r(2)2,4)＝eq\f(9,2)，所以r＝eq\f(9,4).故该球的表面积为S＝4πr2＝4πeq\f(9,4)2＝eq\f(81π,4)，故选A.答案：A11．(2015·合肥一模)已知实系数一元二次方程x2＋(1＋a)x＋a＋b＋1＝0的两个实根为x1，x2，且0<x1<1，x2>1，则eq\f(b,a)的取值范围是()A．－1，－eq\f(1,2) B．－1，－eq\f(1,2)C．－2，－eq\f(1,2) D．－2，－eq\f(1,2)解析：方程x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b＝0的二次项系数为1>0，故函数f(x)＝x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b的图象开口向上，又方程x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b＝0的两根满足0<x1<1<x2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0,f1<0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b>0,2a＋b＋3<0))，其对应的平面区域如图中阴影部分所示，∵eq\f(b,a)表示阴影区域内一点与原点连线的斜率，由图可知eq\f(b,a)∈－2，－eq\f(1,2).故选D.答案：D12．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)解析：由题意知f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，当a＝0时，不满足题意．当a≠0时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,a)，当a>0时，f(x)在(－∞，0)，eq\f(2,a)，＋∞上单调递增，在0，eq\f(2,a)上单调递减．又f(0)＝1，此时f(x)在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a<0时，f(x)在－∞，eq\f(2,a)，(0，＋∞)上单调递减，在eq\f(2,a)，0上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则需feq\f(2,a)>0，即a×eq\f(2,a)3－3×eq\f(2,a)2＋1>0，解得a<－2，故选C.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x>0,gx，x<0))是奇函数，则g(x)＝__________.解析：因为奇函数的图象关于原点对称，所以当x<0时，解析式为－f(x)＝2(－x)－3，即g(x)＝2x＋3.答案：2x＋314．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x－3y＝0和x轴都相切，则该圆的标准方程是__________．解析：设圆心为(a，b)(a，b>0)，由与x轴相切得b＝1，由与直线4x－3y＝0相切得eq\f(|4a－3|,5)＝1，得a＝2，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1.答案：(x－2)2＋(y－1)2＝115．(2014·重庆卷)将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)≤φ<\f(π,2)))图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝sinx的图象，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________.解析：把函数y＝sinx的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝sinx＋eq\f(π,6)的图象，再把函数y＝sinx＋eq\f(π,6)图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数f(x)＝sineq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)的图象，所以feq\f(π,6)＝sineq\f(1,2)×eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)16．(2014·甘肃兰州、张掖联考)如下图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A、B、C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程是________．解析：分别过点A、B作准线的垂线AE、BD，分别交准线于点E、D，则|BF|＝|BD|，∵|BC|＝2|BF|，∴|BC|＝2|BD|，∴∠BCD＝30°，又∵|AE|＝|AF|＝3，∴|AC|＝6，即点F是AC的中点，根据题意得p＝eq\f(3,2)，∴抛物线的方程是y2＝3x.答案：y2＝3x三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(12分)(2014·陕西卷)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cosB的值．解：(1)证明：∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)由题设有b2＝ac，c＝2a，∴b＝eq\r(2)a，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq\f(3,4).18．(12分)如图是根据部分城市某年9月份的平均气温(单位：℃)数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的范围是[20.5,26.5]，样本数据的分组为[20.5,21.5)，[21.5,22.5)，[22.5,23.5)，[23.5,24.5)，[24.45,25.5)，[25.5,26.5]．已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为11.(1)求抽取的样本个数和样本数据的众数；(2)若用分层抽样在数据组[21.5,22.5)和[25.5,26.5]中抽取5个城市，求在这5个城市中恰好抽到2个城市在同一组中的概率．解：(1)设抽取的样本个数为N，依题意有eq\f(11,N)＝(0.10＋0.12)×1，解得N＝50，由图知样本数据的众数为eq\f(23.5＋24.5,2)＝24，所以抽取的样本个数为50，样本数据的众数为24.(2)由图知气温数据组[21.5,22.5)与[25.5,26.5]的概率比为eq\f(0.12,0.18)＝eq\f(2,3)，又用分层抽样共抽取5个城市，所以在[21.5,22.5)中抽取5×eq\f(2,5)＝2个城市，不妨设为甲，乙；在[25.5,26.5]中抽取5×eq\f(3,5)＝3个城市，不妨设为A，B，C.于是在这5个城市中抽到的2个城市有：甲乙，甲A，甲B，甲C，乙A，乙B，乙C，AB，AC，BC，共10种情况，2个城市在同一组中的有甲乙，AB，AC，BC，共4种情况．所以在这5个城市中恰好抽到2个城市在同一组中的概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).19．(12分)(2015·延边质检)如图，在体积为1的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AA1＝1，P为线段AB上的动点．(1)求证：CA1⊥平面AC1P；(2)在线段AB上是否存在一点P，使四面体P－AB1C1的体积为eq\f(1,6)？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵侧棱AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥AB.又AC⊥AB，∴AB⊥平面AA1C1C，即AP⊥平面AA1C1C，∴AP⊥CA1.又AC＝AA1＝1，∴四边形AA1C1C是正方形，∴CA1⊥AC1，又AP∩AC1＝A，从而CA1⊥平面AC1P.(2)在线段AB上存在一点P，使四面体P－AB1C1的体积为eq\f(1,6).∵VABC－A1B1C1＝eq\f(1,2)×AB×1×1＝1，∴AB＝2.又VP－AB1C1＝VC1－PAB1＝eq\f(1,3)×C1A1×eq\f(1,2)×AP×BB1＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×AP×1＝eq\f(1,6)，解得PA＝1，∴存在AB的中点P，使VP－AB1C1＝eq\f(1,6).20．(12分)已知椭圆与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，且离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆的标准方程；(2)过点P(0,1)的直线与该椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，若eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，求△AOB的面积．解：(1)设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，a>b>0.由c＝eq\r(2)，e＝eq\f(\r(2),2)，可得a＝2，b2＝a2－c2＝2，故所求方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＝2x2,1－y1＝2y2－1))，可得x1＝－2x2.①由题意知直线斜率存在，故设直线方程为y＝kx＋1，代入椭圆方程整理，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，则x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1).②x1x2＝eq\f(－2,2k2＋1).③由①②得，x2＝eq\f(4k,2k2＋1)，将x1＝－2x2代入③得xeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2k2＋1)，所以eq\f(4k,2k2＋1)2＝eq\f(1,2k2＋1)，解得k2＝eq\f(1,14).又△AOB的面积S＝eq\f(1,2)|OP|·|x1－x2|＝eq\f(1,2)·eq\f(2\r(8k2＋2),2k2＋1)＝eq\f(\r(126),8)＝eq\f(3\r(14),8).故△AOB的面积是eq\f(3\r(14),8).21．(12分)已知函数f(x)＝axlnx＋b(a，b∈R)的图象过点(1,0)，且此点处的切线斜率为1.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若g(x)＝eq\f(1,2)x2－mx＋eq\f(3,2)，存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数m的取值范围．解：(1)∵f′(x)＝alnx＋a，∴f′(1)＝aln1＋a＝a＝1.∵f(1)＝0，∴b＝0，∴f(x)＝xlnx.由f′(x)＝lnx＋1<0，得0<x<eq\f(1,e).∴f(x)的单调递减区间是0，eq\f(1,e).(2)由题意，存在x0∈(0，＋∞)，使得x0lnx0≥eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－mx0＋eq\f(3,2)，∴m≥eq\f(1,2)x0－lnx0＋eq\f(3,2x0).设h(x)＝eq\f(1,2)x－lnx＋eq\f(3,2x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－2x－3,2x2)＝eq\f(x－3x＋1,2x2).∵当x∈(0,3)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．∴h(x)min＝h(3)＝2－ln3，∴m的取值范围为[2－ln3，＋∞)．请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．22．(10分)选修4－1：几何证明选讲(2015·山西太原模拟)如图，已知PA与圆O相切于点A，经过点O的割线PBC交圆O于点B、C，∠APC的平分线分别交AB、AC于点D、E.(1)证明：∠ADE＝∠AED；(2)若AC＝AP，求eq\f(PC,PA)的值．解：(1)证明：∵PA是切线，AB是弦，∴∠BAP＝∠C，又∵∠APD＝∠CPE，∴∠BAP＋∠APD＝∠C＋∠CPE，∵∠ADE＝∠BAP＋∠APD，∠AED＝∠C＋∠CPE，∴∠ADE＝∠AED.(2)由(1)知∠BAP＝∠C，∵∠APC＝∠BPA，∴△APC∽△BPA，∴eq\f(PC,PA)＝eq\f(CA,AB)，又∵AC＝AP，∴∠APC＝∠C＝∠BAP.由三角形内角和定理可知，∠APC＋∠C＋∠CAP＝180°，∵BC是圆O的直径，∴∠BAC＝90°，∴∠APC＋∠C＋∠BAP＝180°－90°＝90°，∴∠C＝∠APC＝∠BAP＝eq\f(1,3)×90°＝30°，在Rt△ABC中，eq\f(CA,AB)＝eq\r(3)，∴eq\f(PC,PA)＝eq\f(CA,AB)＝eq\r(3).23．(10分)选修4－4：坐标系与参数方程(2015·贵阳监测)以直角坐标系的原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，在两种坐标系中取相同的单位长度，已知直线l的方程为ρcosθ－ρsinθ－1＝0(ρ>0)，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝2＋2sinα))(α为参数)，点M是曲线C上的一动点．(1)求线段OM的中点P的轨迹方程；(2)求曲线C上的点到直