2016届广东省广州市普通高中毕业班综合测试一文科数学试卷（带解

2016届广东省广州市普通高中毕业班综合测试一文科数学试卷（带

解析）

一、选择题 1.已知集合A．【答案】D 【解析】 试题分析：

，所以

，故选D．

B．

，

C．

，则

（ ） D．

考点：1、一元二次不等式；2、集合的交集． 2.已知复数

，其中为虚数单位，则复数所对应的点在（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【解析】 试题分析：故选D．

考点：1、复数的除法运算；2、复数的几何意义． 3.已知函数

则

的值为（ ）

，所以复数所对应的点

，在第四象限，

A． B． C．【答案】C 【解析】 试题分析：

D．

，所以，故选C．

考点：分段函数求值． 4.设是△

所在平面内的一点，且

，则△

与△

的面积之比是（ ）

A． B． C． D． 【答案】B

【解析】

试题分析：依题意，得

，设点到

的距离为，所以

与

的面积之比是

，故选B．

考点：三角形的面积． 5.如果函数

A．3 B．6 C．12 D．24 【答案】B 【解析】

试题分析：由题意得：考点：三角函数的性质．

6.执行如图所示的程序框图，如果输入

，则输出的值为（ ）

，解得：

，因为

，所以

，故选B．

的相邻两个零点之间的距离为，则的值为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【解析】

试题分析：第1次运行：，，，否；第2次运行：，

，，否；第3次运行：，，，否；第4次运行：

，，，否；第5次运行：，，，是，

所以输出．故选C． 考点：程序框图． 7.在平面区域为（ ）

A． B． C． D． 【答案】A 【解析】

内随机投入一点，则点的坐标

满足

的概率

试题分析：作出平面区域，如图所示，其中阴影部分符合正方形的面积为

，所以点的坐标

满足

，其面积为的概率是

，故选A．

，

考点：1、线性规划；2、几何概型． 8.已知A．

B．

，若 C．

D．

，则

（ ）

【答案】B 【解析】 试题分析：因为

，

，所以

，故选B．

考点：1、同角三角函数的基本关系；2、两角和的正弦公式．

9.如果，，…，是抛物线：上的点，它们的横坐标依次为，，…，，是抛物线的焦点，若，则（ ） A．

B．

C．

D．

，所以

【答案】A 【解析】

试题分析：抛物线的焦点，准线方程是

，，，所以考点：抛物线的定义．

10.一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在同一个球

面上，则该球的体积为（ ） A．

B．

C．

D．

，由抛物线的定义得：

，

，故选A．

【答案】D 【解析】

试题分析：六棱柱的对角线长是，所以该球的半径为，所以该球的体积为

，故选D．

考点：1、六棱柱的外接球；2、球的体积． 11.已知下列四个命题：

：若直线和平面内的无数条直线垂直，则：若：若：在△

，则，则中，若

，则

，

，

； ； ．

；

其中真命题的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】

试题分析：若直线和平面内的无数条直线垂直，则

，所以

是真命题；由

得：

或

，所以是假命题；

，所以是假命题；

，所以

是真命题．故选B．

考点：1、直线与平面的位置关系；2、函数的奇偶性；3、全称命题与特称命题；4、正弦定理．

12.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：该四面体是如图中的三棱锥

的底边

上的高为

，，

，，三角形

所以该四面体的表面积是，故选A．

考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积． 二、填空题 1.函数【答案】【解析】 试题分析：

，所以当

，令时，函数

得，当或有极小值，且极小值是

时，

，当．

时，

的极小值为 ．

考点：导数研究函数的极值．

2.设实数，满足约束条件 则的取值范围是 ．

【答案】【解析】

试题分析：作出可行域如图所示：

由可得表示的是斜率为，截距为的平行直线系．当截距最大时，最

的交点时，截距最时，截距最大，

大，当截距最小时，最小．当过直线与直线小，，当过直线与直线的交点

，所以的取值范围是． 考点：线性规划． 3.已知双曲线：

则双曲线的离心率为 ． 【答案】【解析】

试题分析：由题意得：

以，因为

（舍去）或

，

，所以．

，所以

，

，两边同除以

的左顶点为，右焦点为，点，且，

，因为

，得，所

，解得：

考点：1、双曲线的简单几何性质；2、平面向量的坐标运算． 4.在△长为 ． 【答案】 【解析】 试题分析：设由余弦定理得：

，所以

考点：余弦定理． 三、解答题

，则

，因为

，所以，在

中，由余弦定理得：，解得：

，即

． ，在

中，

中，点在边

上，

，

，

,

，则

的

1.已知数列（Ⅰ）求数列（Ⅱ）设

是等比数列，的通项公式；

，求数列；（Ⅱ）

，是和的等差中项.

的前项和.

．

【答案】（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）设数列的公比，由题意列出关于的方程，解出，进而可得数列的通项公式；（Ⅱ）先求出数列的通项公式，再利用错位相减法可得数列的前项和．

试题解析：（Ⅰ）设数列因为因为即因为公比所以（Ⅱ）因为所以则

，所以

，

的公比为，

．

．

是和的等差中项，所以

，化简得，所以

． （，所以．

， ① . ②

）．

．

．

①－②得，

，

所以

．

考点：1、等比数列的通项公式；2、数列求和．

2.从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间，，内的频率之比为

．

（Ⅰ）求这些产品质量指标值落在区间（Ⅱ）用分层抽样的方法在区间从中任意

内的频率；

内抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，

抽取2件产品，求这2件产品都在区间【答案】（Ⅰ）【解析】

；（Ⅱ）．

内的概率．

试题分析：（Ⅰ）利用频率分布直方图中所有频率之和等于可得这些产品质量指标值落在区间内的频率；（Ⅱ）先算出落在区间，，内的产品件数，再列举出从件产品中任意抽取件产品的基本事件和这件产品都在区间内的基本事件，进而利用古典概型公式可得这件产品都在区间内的概率． 试题解析：（Ⅰ）设区间则区间依题意得解得所以区间

．

内的频率为

． ，

，

内的频率依次为

，

，

．

，

内的频率为，

和

．

，

内的频率分别为

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，区间用分层抽样的方法在区间则在区间在区间在区间

内应抽取内应抽取内应抽取

内抽取一个容量为6的样本，

件，记为，件，记为，件，记为．

内”为事件M， ，

，

，

，．

．

设“从样本中任意抽取2件产品，这2件产品都在区间则所有的基本事件有：

，

，

，

，，，，，，

，，

，，

，，

，，

，共15种．

事件M包含的基本事件有：

，

，

，

，共10种．

．

所以这2件产品都在区间内的概率为

考点：1、频率分布直方图；2、古典概型；3、分层抽样． 3.如图，四棱柱

．

的底面

是菱形，

，

底面

，

（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若

平面；

的距离． ．

，求点到平面

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）由题意可证平面的距离转化为点到平面试题解析：（Ⅰ）证明：因为所以因为因为所以

平面

． 是菱形，所以

，． ，

．分 平面

，

，进而可证平面；(II)先将点到

的距离，再利用等积法可得点到平面的距离．

，

平面

，

平面

，

（Ⅱ）解法一：因为底面所以所以因为

，的面积为平面

，

是菱形，．

．

平面

，

，，，

所以因为

，平面

，

．

所以点到平面由（Ⅰ）得，因为因为所以△

平面

的距离等于点到平面ABCD的距离平面，所以

．

．

．

．

．

，所以的面积为

设点到平面因为所以

的距离为， ，

．

所以．

所以点到平面的距离为

平面

． ，

解法二：由（Ⅰ）知因为

平面

，

所以平面连接连接因为

与，

⊥平面交于点， ， ，

，

．

，所以为平行四边形．

为平行四边形．

又，分别是所以因为平面过点作因为因为所以

，平面

．

的中点，所以

与平面于，则

平面，所以

交线为平面，所以

， ． 平面

．

，即△

．

为直角三角形．

所以点到平面的距离为．

考点：1、线面垂直；2、点到平面的距离．

4.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

在椭圆上，直线

于点

，

．

与椭圆交于，两点，直线

，

，点分别与轴交

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）在轴上是否存在点，使得无论非零实数怎样变化，总有求出点的

坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）先设椭圆的方程，再利用椭圆的定义可得，利用可得椭圆的方程；（Ⅱ）先由已知条件可得点和点的坐标，再利用进而可得存在点，使得无论非零实数怎样变化，总有为直角． 试题解析：（Ⅰ）解法一：设椭圆的方程为因为椭圆的左焦点为设椭圆的右焦点为由椭圆的定义知所以所以

，从而

． ．

．

，

，所以

． ①

，所以，已知点

，

． 在椭圆上，

，

可得，进而

可得，

；(II)

或

．

为直角？若存在，

所以椭圆的方程为解法二：设椭圆的方程为因为椭圆的左焦点为

因为点在椭圆上，所以

，

． ．

． ②

由①②解得，所以椭圆的方程为

（Ⅱ）解法一：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为因为直线设点联立方程组

与椭圆

（不妨设

），则点

．

交于两点，，

．

．

消去得

所以所以直线因为直线令

得

，的方程为与轴交于点

．

．

，

．

，即点

同理可得点假设在轴上存在点即解得

或

． 或

． ，使得

，即

为直角，则．

．

故存在点，无论非零实数怎样变化，总有

．

为直角．

解法二： 因为椭圆的左端点为，则点的坐标为因为直线设点所以直线因为直线令

得

，则点的方程为与轴交于点

，即点

，

．

与椭圆

．

．

交于两点，，

同理可得点假设在轴上存在点即因为点所以将解得

或

． ，使得，即

在椭圆上， ，即代入得

． 或

，无论非零实数怎样变化，总有

．

为直角．

． ．

为直角，则．

．

故存在点

解法三：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为因为直线设点所以直线因为直线令

得

与椭圆（

的方程为与轴交于点

，即点

． ，使得，即

或

． 或

，无论非零实数怎样变化，总有

为直角，则．

，

．

交于两点，， ），则点

．

．

同理可得点假设在轴上存在点即解得

．

故存在点为直角．分

考点：1、椭圆的标准方程；2、椭圆的简单几何性质；3、直线与圆锥曲线的位置关系． 5.已知函数（Ⅰ）当（Ⅱ）当

时，求曲线时，证明：

.

在点.

（Ⅱ）证明见解析．

处的切线方程；

【答案】（Ⅰ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先代入，对求导数，再算出在点处的切线方程；（Ⅱ）先构造函数值，，进而可证当时，． 试题解析：（Ⅰ）解：当所以所以所以曲线即

.

时，

. .

，则

，则

在，

，

上单调递增 ，

.

.

． ，在点

.

处的切线方程为

．

时，

，

，，进而可得曲线

，再利用导数可得的最小

（Ⅱ）证法一：当要证明

，只需证明

以下给出三种思路证明思路1：设设所以函数因为

所以函数因为当所以当故

综上可知，当思路2：先证明设因为当

，则时，

在

时，所以时，时，

；当

上有唯一零点，且，即

时，． ．

取得最小值

时，. ． ． ，当

时，

，

所以当所以所以

时，函数

． （当且仅当

单调递减，当时，函数单调递增．

时取等号）． ， ．

所以要证明只需证明下面证明设当所以当所以所以

时，

． ，则

．

，当

时，单调递减，当

，

时，函数

单调递增．

时，函数．

（当且仅当时取等号）．

由于取等号的条件不同， 所以综上可知，当（若考生先放缩思路3：先证明因为曲线设直线

与曲线与曲线． 时，，或、

.

的图像关于直线，

对称，

.

同时放缩，请参考此思路给分！）

分别交于点，，点，到直线

的距离分别为，， 则其中①设因为所以所以②设因为当

时，，所以在

，

，则

．

上单调递增，则．

，则

；当

时，

．

， ．

．

．

．

所以当所以所以所以

时，． ．

单调递减；当时，单调递增．

．

时，

.

综上可知，当

证法二：因为要证明

，只需证明

，

. .

，则

，则

在

．

上单调递增． ，

，

.

以下给出两种思路证明思路1：设设所以函数因为

所以函数因为当所以当故

综上可知，当思路2：先证明设

，则，所以时，时，

在上有唯一零点，且，即

．

时，．

．

.

.

；当取得最小值

时，． ，且．

．

因为当所以所以当所以由所以再证明因为所以

，在

时，；当时，， 上单调递增． ．

时取等号）． 时取等号）．

上单调递减，在时，

取得最小值，即，得

（当且仅当（当且仅当

（当且仅当． ，且

与

时取等号）．

不同时取等号，

．

综上可知，当时，．

考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性；3、利用导数研究函数的最值；4、不等式的证明．

6.如图所示，△内接于⊙，直线作交的延长线于点．

与⊙相切于点，交

的延长线于点，过点

（Ⅰ）求证：（Ⅱ）若直线

；

与⊙相切于点，且

，

，求线段

的长．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．

【解析】（Ⅰ）利用弦切角定理和证∽，进而可证先利用切割线定理可得和，利用（Ⅰ）的结论可得，再由

，进而可得． 试题分析：

试题解析：（Ⅰ）证明：因为所以因为所以所以

是⊙的切线，

；（Ⅱ）∽

可得

（弦切角定理）． ，

． ．

因为所以△所以即

∽△．

（公共角）， ．

．

是⊙的切线， （切割线定理）． ，

，所以

，所以

，所以△．

． ∽△

，

． ．

．

是⊙的割线，

（Ⅱ）解：因为所以因为

由（Ⅰ）知因为所以所以

考点：1、相似三角形的判定定理；2、弦切角定理；3、切割线定理． 7.在平面直角坐标系的极坐标方程为

中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线，.

（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程； （Ⅱ）在曲线上求一点，使它到直线：求出点 的直角坐标. 【答案】（Ⅰ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）先两边同乘得，再利用，可得曲线的直

角坐标方程；（Ⅱ）先消去可得直线的普通方程，再设点的坐标，利用垂直可得，进而检验可得点的坐标． 试题解析：（Ⅰ）解：由可得因为

． ，

，

（或

）．

，

，

（或

）；（Ⅱ）

．

（为参数，

）的距离最短，并

所以曲线的普通方程为

（Ⅱ）解法一：因为直线的参数方程为消去得直线的普通方程为因为曲线：设点

是以

．

（为参数，），

为圆心，1为半径的圆，

的距离最短，

平行．

．

，且点到直线：

所以曲线在点处的切线与直线：即直线因为解得

或

与的斜率的乘积等于

，

．

，即

所以点的坐标为由于点到直线所以点的坐标为

或．

的距离最短， ．

解法二：因为直线的参数方程为消去得直线的普通方程为因为曲线

是以

．

（为参数，），

为圆心，1为半径的圆，

．

因为点在曲线上，所以可设点所以点到直线的距离为

．

因为

，所以当

时，

． ．

此时，所以点的坐标为

考点：1、极坐标方程与直角坐标方程的互化；2、参数方程与普通方程的互化． 8.设函数（Ⅰ）当

时，求不等式

．

的解集；

（Ⅱ）若对任意【答案】（Ⅰ）【解析】

，不等式；（Ⅱ）

的解集为空集，求实数的取值范围． ．

试题分析：（Ⅰ）先代入得，写出分段函数，再求解

，再利用绝对值不等式可得

，进而可得

的最大值，

实数的取值范围；(II)先由已知条件得

进而利用基本不等式可得实数的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）解：当①当②当③当

时，不等式化为时，不等式化为时，不等式化为

的解集为

时，

等价于，无解； ，解得，解得

．

．

．

；

综上所述，不等式（Ⅱ）因为不等式以下给出两种思路求思路1：因为当

时，

．

当

时，

的解集为空集，所以的最大值.

，

．

．

当

时，．

所以思路2：因为

．

，

当且仅当所以因为对任意所以

以下给出三种思路求思路1：令所以当且仅当所以

，即．

，

，所以可设

，

，

时等号成立．

． ，

，设

则

的条件下，

．

时等号成立． ，

．

时取等号．

． ，不等式．

的最大值. 的解集为空集，

所以的取值范围为思路2：令因为则当且仅当

所以的取值范围为思路3：令因为

问题转化为在求

的最大值．

利用数形结合的方法容易求得的最大值为此时

．

．

，

所以的取值范围为

考点：1、绝对值不等式；2、恒成立问题；3、基本不等式．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/33s7.html