内蒙古杭锦后旗奋斗中学2016届高三数学上学期9月质量检测考试试题 文

第Ⅰ卷

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cos(＋)＝

33

(<<)，那么sin(2-)的值为( ) 223113

A. － B. － C． D．

2222

2. 复数

i在复平面上对应的点位于（ ） 3iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知命题p:m,n为直线，为平面，若m//n,n,则m//;命题q:若ab,则acbc, 则下列命题为真命题的是（ ） A．p或q B．p且q

C． p或q

D．p且q

4.设D,E,F分别为ABC的三边BC,CA,AB的中点，则EBFC

11A.ADB.BCC.BC D.AD

22x2y225．已知双曲线221(a0,b0)的一个焦点与抛物线y12x的焦点重合，且双曲

ab线的离心率等于3，则该双曲线的标准方程为（ ）

x2y2y2x2x2y2x2y21 1 C．1 D．1 A．B．271818271224366、若正数x,y满足x3y5xy,则3x4y的最小值是（ ）

A．

2428 B．5 C． D．6 557．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

πA．8－2π B．8－

2π

C．8－π D．8－

4

8、将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1,2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( ) A．52种 B．36种 C． 20种 D．10种 9、在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若ab3bc，sinC23sinB，

- 1 -

22则A（ ）

A．30 B．60 C．120 D． 150

10．执行如右图的程序框图，若输出的S48，则输入k的值可以为( ) A．6 B．10 C．4 D．8

211．二项式(xx)展开式中含有x项，则n可能的取值是

0000开始输入k1xn （ ）

A．8 B．7 C．6 D．5

2n1,S112．设函数f(x)在R上存在导数f(x)，有f(x)f(x)x，xR，在(0,)上f(x)x，若f(6m)f(m)186m0，则实数m的取值范围为（ ）

A．[2,) B．[3,) C．[3,3] D．(,2][2,)

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第13题～第21题为必考题，每个考生都必须做答。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。

13. 若函数f(x)=xln(xax2)为偶函数，则a= yxnlogk?否是输出S结束nn3S2Sn（第10题图）

x2y21错误！未找到引用源。的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴14. 一个圆经过椭圆

164上，则该圆的标准方程为 .

x015.若x,y满足约束条件：x2y3；则xy的取值范围为_____

2xy316. f(x)是定义在R上的函数，且f(x3)f(x)3，f(x2)f(x)2，f(0)0，则f(2016) ．

三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17.（本小题满分12分）已知数列an满足a11，

（1）求数列an的通项公式；

nanan1n，nN*．

an1 - 2 -

2n（2）设bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．.

an

18.（本小题满分１2分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB2，点E是线段AB的中点．

(1)求证：D1ECE;

(2)求二面角D1ECD的大小的余弦值．

D

A E 19．（本小题满分12分）一次考试中，5名同学的语文、英语成绩如下表所示：

学生 语文（x分） 英语（y分） A1



D1

B1



C1

C

B

S1 87 86 S2 90 89 S3 91 89 S4 92 92 S5 95 94 （1）根据表中数据，求英语分y对语文分x的线性回归方程；

（2）要从4名语文成绩在90分（含90分）以上的同学中选出2名参加一项活动，以表示选中的同学的英语成绩高于90分的人数，求随机变量的分布列及数学期望E.．

ˆˆxaˆbˆ中，b（线性回归方程y(xi1nnix)(yiy)ˆx，其中x,y为样本平ˆyb，a2(xx)ii1ˆ，aˆ的值的结果保留二位小数.） 均值，b

x2y22

20．(本小题满分12分) 已知椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点与抛物线C2：y＝4x的焦点

abF重合，椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P，|PF|＝．

(1)求椭圆C1的方程；

→→→

(2)过点A(－1，0)的直线与椭圆C1相交于M、N两点，求使FM＋FN＝FR成立的动点R的

- 3 -

53

轨迹方程．

21. （本小题满分12分）已知函数f(x)lnxax2(2a1)x，其中a为常数，且a0．

（1）当a1时，求f(x)的单调区间；

（2）若f(x)在x1处取得极值，且在0,e上的最大值为1，求a的值.

选做题：请考生从第22、23、24题中任选一题做答，并按要求在答题卷上注明题号．多答按所答的首题进行评分．

22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲。

如图，过圆O外一点M作它的一条切线，切点为A，过A作直线APOM于P．

(1)证明：OAOMOP；

(2)N为线段AP上一点，直线NBON且交圆O于B点，过B点的切线交直线ON于K.

证明：OKM90．

23．（本小题满分10分）选修4—4:坐标系与参数方程。

直线l:0BANOPMK2xa4t,(t为参数),圆C:22cos()（极轴与x轴的非负半轴重合，

4y12t且单位长度相同）．

（1）求圆心C到直线l的距离；

（2）若直线l被圆C截的弦长为

24。（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲。

65,求a的值。 5 - 4 -

已知函数fxx3xa．

1当a2时，解不等式fx12；

2若存在实数x，使得不等式fxa成立，求实数a的取值范围．

文科数学参考答案

一、选择题：CBADD BCDAD AB

二、填空题:13、1 14、(x3)2y22524 15、[3,0] 16、2016 12、 解：令g(x)f(x)122x，g(x)g(x)f(x)12x2f(x)12x20 ∴函数g(x)为奇函数 ∵x(0,)时，g/(x)f/(x)x0，函数g(x)在x(0,)为减函数

又由题可知，f(0)0,g(0)0，所以函数g(x)在R上为减函数

f(6m)f(m)186mg(6m)12(6m)2g(m)12m2186m0

即

g(6m)g(m)0 ∴g(6m)g(m)，∴6mm,m3

16、∵f(2016)f(2013)3f(2010)6f(0)20162016

f(2016)f(2014)2f(2012)4f(0)20162016f(2016)2016

三、解答题： 17．解：（1）由

nanan1n，得(n1)aan1nan1nan，即， （2分）n1ann1当n2时，

a2a3a4aa123n2n1an1n （3分） 1a2a3an2an1234n1n即an1na11n ； （4分）

- 5 -

因为a1111*，所以an（nN） （5分）

n112n（2）由bn与an，得bnn2n （6分）

nan∴Tn12222323n2n ① （7分）

2Tn122223324(n1)2nn2n1 ② （8分）

①－②得Tn222232nn2n1 （11分） ∴Tn(n1)2n12 （12分）

18．解：(１) 证明：DD1面ABCD，CE面ABCD 所以DD1CE （1分） RtDAE中，AD1，AE1 DE分）

222 同理：CE2，又CD2 ，CDCEDE DECE （4分）

AD2AE22 （3

DECEE 所以，CE面D1DE

（5分）

又D1E面D1EC 所以，D1ECE

（6分）(２)解法一：几何法

由（１）证可知D1ED是所求二面角D1ECD的平面角。 （8分） 在RTD1ED中，DD11，DE2；故，tanD1ED122

2 （10分）

即二面角D1ECD的大小的余弦值为解法二：利用向量法

6

3 （12分）

设平面CD1E的法向量为m(x,y,1)，由(１)得D1E(1,1,1)，CE(1,1,0) （7分）

mD1Exy10且mCExy0

解得：xy111,即m(,,1)； （9分） 222D1A1z C1 B1D A

E

- 6 - 又平面CDE的法向量为DD1(0,0,1)，

cosm,DD1mDD1|m||DD1|11111446 3

x B C Y y

所以，二面角D1ECD的余弦值为19．解：（1） x6

3。 （12分）

879091929591, （1分）

5868989929490, （2分） y52(xx)ii15ii15(4)2(1)20214234,

(xx)(yy)(4)(4)(1)(1)0(1)124435,

i351.03, （4分） b34ˆx901.03913.73， （5分） ˆyba故回归直线方程为y1.03x3.73. （6分） （2）随机变量的可能取值为0，1，2. （7分）

2112C2C2C22C211P(0)2; P(1)2; P(2)2. （9分）

C46C43C46故的分布列为

 0 1 2 P 1 62 31 6 （10分） 所以E0121121. （12分） 6362

20．解：(1)抛物线C2：y＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，准线为x＝－1，

552

设点P的坐标为(x0，y0)，依据抛物线的定义，由|PF|＝，得1＋x0＝，解得x0＝. (2

333

分)

因为点P在抛物线C2上，且在第一象限，

2262262

所以y0＝4x0＝4×，解得y0＝.所以点P的坐标为，.

3333

(3分)

x2y248

因为点P在椭圆C1：2＋2＝1上，所以2＋2＝1. ①

ab9a3b2222

又c＝1，且a＝b＋c＝b＋1, ②

- 7 -

a＝4

解得2

b＝3

2

. 所以椭圆C1的方程为

x2

4

＋

y2

3

＝1.

(5分)

→→→

(2)设点M(x1，y1)、N(x2，y2)、R(x，y)，则FM＝(x1－1，y1)，FN＝(x2－1，y2)，FR＝(x－1，y).

→→

所以FM＋FN＝(x1＋x2－2，y1＋y2) .(6分)

→→→

因为FM＋FN＝FR，所以x1＋x2－2＝x－1，y1＋y2＝y. ③

因为M、N在椭圆C1上，所以＋＝1，＋＝1.

4343

(x1＋x2)(x1－x2)(y1＋y2)(y1－y2)

上面两式相减得＋＝0. ④

43(x＋1)(x1－x2)y(y1－y2)

把③式代入④式，得＋＝0.

43当(8分)

设FR的中点为Q，则Q的坐标为

x2y211x2y222

x1≠x2时，得

y1－y2

x1－x2

＝－

3(x＋1)4y. ⑤

x＋1，y.

22

y2y1－y2

＝x1－x2x＋1

2

＝.⑥ x＋3＋1

因为M、N、Q、A四点共线，所以kMN＝kAQ，即y把⑥式代入⑤式，得

yx＋3

＝－

3(x＋1)22

，化简得4y＋3(x＋4x＋3)＝0. 4y(10分)

当x1＝x2时，可得点R的坐标为(－3，0)，

22

经检验，点R(－3，0)在曲线4y＋3(x＋4x＋3)＝0上． 所以动点R的轨迹方程为4y2＋3(12分)

21． 解：显然函数f(x)的定义域为（0，+）.

(x2＋4x＋3)

＝0.

2x23x1（1）当a1时，f(x)lnxx3x，f(x) （1分）

x2令f(x)0，解得x1当0x1,x21. 211时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增； （2分）

2211当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(,1)上单调递减； （3分） 22当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(1,)上单调递增； （4分）

（1，+）所以f(x)的单调递增区间为(0,),；单调递减区间为(,1). （5分）

- 8 -

12122ax2(2a1)x1(2ax1)(x1)（2）因为f(x) xx令f(x)0,解得x11,x21 2a1. （6分） 2因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x1，即a①当a0，即x210时， 2a因为当0x1时，f(x)0，所以f(x)在（0，1）上单调递增；当1xe时，f(x)0所以f(x)在(1,e]上单调递减；故f(x)在区间0,e上的最大值为f(1).

由f(1)1，解得a2. （7分）

111时， ，即0x222a111)上单调递增；当x1时，因为当0x时，f(x)0，所以f(x)在(0,2a2a2a1f(x)0，所以f(x)在(,1)上单调递减；当1xe时，f(x)0，所以f(x)在(1,e]2a1f(x)x0,e上单调递增；故在区间上的最大值1只可能在或x=e处取得.

2a②当a因为f(111111)lna()2(2a1)ln10， 2a2a2a2a2a4a11. （9分） e22所以由f(e)lneae2(2a1)e1，解得a③当

111a，即1x2e时， 2e22a1时，f(x)02a因为当0x1时，f(x)0，所以f(x)在（0，1）上单调递增；当1x所以f(x)在(1,111)上单调递减；当xe，f(x)0，所以f(x)在,e上单调2a2a2a递增；故f(x)在区间0,e上的最大值1只可能在x=1或x=e处取得. 因为f(1)ln1a(2a1)(a1)0， 所以由f(e)lneae2(2a1)e1，解得a④当0a11（舍去）. （10分） e2211xe时， ，即22e2a- 9 -

因为当0x1时，f(x)0，所以f(x)在（0，1）上单调递增；当1xe时，f(x)0所以f(x)在（1，e）上单调递减；故f(x)在区间0,e上的最大值1只可能在x=1处取得. 因为f(1)ln1a(2a1)(a1)0，所以此时a无解. （11分）

1或a2. （12分） e222．解：证明：（1）由MA是圆O的切线知:AMOA （2分） 又∵APOM；

综上所述，a∴ 在RtOAM中，由射影定理知：OAOMOP （4分）

2（2）证明：由BK是圆O的切线知：BNOK．同（1）OBONOK （6分）

2由OBOA得：OMOPONOK （7分） 即:

OPOK．又NOPMOK，则VNOP:VMOK （9分） ONOM0∴ OKMOPN90． （10分） (用M、P、N、K四点共圆来证明也得分)

xa4t化为普通方程为x2y2a0, （2分）

y12t22把22cos()化为直角坐标系中的方程为xy2x2y0, (4分)

4 圆心C(1,1)到直线的距离为5|1a| (5分)

53（2）由已知圆的半径为2，弦长的一半为 (7分)

523．解：（1）把23a1所以，2 (8分) 55a22a0，a0或a2 (10分)

22

(x2)124．解:(1)a2 f(x)x3x252x(2x3) （1分）

1(x3)1x3x2152x或或f(x)等价于21 （3分） 121122x32解得

1111x3或x3，所以不等式的解集为{x|x} （5分） 44- 10 -

(2)由不等式性质可知f(x)x3xa(x3)(xa)=a3 （8分）

若存在实数x，使得不等式f(x)a成立，则a3a，解得a3 23实数a的取值范围是(,] （10分）

2 - 11 -