1、120162016 屆高三數學綜合練習卷（屆高三數學綜合練習卷（5 5）一、一、填空題：本大題共填空題：本大題共14 小題，每小題小題，每小題5 分，共計分，共計70 分請把答案填寫在分請把答案填寫在答題卡相應位置上答題卡相應位置上1、函數、函數xxxfcossin)(的最小正周期為的最小正周期為。2、已知復數、已知復數)31)(2(iiz，其中，其中i是虛數單位，則復數是虛數單位，則復數z在復平面上對應的點位于第在復平面上對應的點位于第象限。象限。3、下圖是一個算法流程圖，如果輸入、下圖是一個算法流程圖，如果輸入x的值是的值是41，則輸出，則輸出S的值是的值是。4、某工廠為了解一批產品的凈重

2、（單位：克）情況，從中隨機抽測了、某工廠為了解一批產品的凈重（單位：克）情況，從中隨機抽測了 100 件產品的凈重件產品的凈重，所得數據均在區間所得數據均在區間96，106中，其頻率分布直方圖如圖所示，則在抽測的中，其頻率分布直方圖如圖所示，則在抽測的 100 件產品中，件產品中，凈重在區間凈重在區間100,104)上的產品件數是上的產品件數是。5、袋中有大小袋中有大小、質地相同的紅質地相同的紅、黑球各一個黑球各一個，現現有放回有放回地隨機摸取地隨機摸取 3 次次，每次摸取一個球每次摸取一個球若摸出紅球若摸出紅球， 得得 2 分分， 摸出黑球摸出黑球， 得得 1 分分， 則則 3 次摸球所得總

3、分至少是次摸球所得總分至少是 4 分的概率是分的概率是6、如圖，在平面四邊形、如圖，在平面四邊形 ABCD 中，中，AC,BD 相交于點相交于點 O，E 為線段為線段 AO 的中點，若的中點，若BDBABE（R,），則），則7、已知平面、已知平面，直線，直線nm,，給出下列命題：，給出下列命題：若若/m，/,/nmn，則，則/，若若/，/,/nm，則，則/mn，若若nmnm,，則，則，若若，nm,，則，則nm.其中是真命題的是其中是真命題的是。（填寫所有真命題的序號填寫所有真命題的序號）。8 、 如 圖 ， 在、 如 圖 ， 在ABC中 ，中 ， D是是BC上 的 一 點 。 已 知上 的 一

4、 點 。 已 知060B，BDACOE第6題圖BACD第8題圖22,10,2DCACAD，則則 AB= 。9、在平面直角坐標系在平面直角坐標系 xoy 中中，已知拋物線已知拋物線 C：yx42焦點為焦點為 F，定點定點)0 ,22(A，若射若射線線FA與拋物與拋物線線C相交于相交于點點M， 與拋物與拋物線線C的準線相交于的準線相交于點點N， 則則FM： MN的值是的值是。10、記等差數列記等差數列 na的前的前 n 項和為項和為nS，已知已知21a，且數列且數列nS也為等差數列也為等差數列，則則13a=。11、已知函數、已知函數1|1)(xxxf，Rx，則不等式，則不等式)43()2(2xfx

5、xf的解集的解集是是 。12、在平面直角坐標系在平面直角坐標系xoy中中，已知已知：5)1(22yx，為為與與 x 軸負半軸軸負半軸的交點的交點，過過 A 作作的弦的弦 AB，記線段記線段 AB 的中點為的中點為 M.若若OAOM，則直線則直線 AB 的斜率為的斜率為。13、已知已知,均為銳角均為銳角，且且sinsin)cos(，則則tan的最大值是的最大值是。14、已知函數、已知函數0,1)1(0,2)(2xxfxxxxf，當，當100,0 x時，關于時，關于x的方程的方程51)(xxf的所有解的和為的所有解的和為。320152015 屆高三數學綜合練習卷（屆高三數學綜合練習卷（5 5）答卷

6、）答卷2012015 5- -4 4- -1 1班級班級姓名姓名學號學號成績成績一、一、填空填空題題（每小題（每小題 5 分，滿分分，滿分 70 分）分）1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.二二、解答題解答題：本大題共本大題共 6 小題小題，共共計計 90 分分解答時應寫出文字說明解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟證明過程或演算步驟15、 （本小題滿分本小題滿分 14 分分）在在ABC中中，角角 A、B、C 的對邊分別為的對邊分別為cba,.已知已知53cosC.(1)若若92CB CA ,求求ABC的面積；的面積；(2)設向量設向量(2sin, 3)2Bx

7、 ，(cos ,cos)2ByB ，且，且/xy ，求，求)sin(AB的值。的值。16、 （本小題滿分本小題滿分 14 分分）如圖如圖，在四棱錐在四棱錐 PABCD 中中，ABCDAD21，/ABDC，CDAD，ABCDPC平面.（1）求證：）求證：BC平面平面PAC；（；（2）若）若 M 為線段為線段 PA 的的中點，且過中點，且過C，D，M三點的平面與三點的平面與 PB 交于點交于點 N，求，求 PN：PB 的值。的值。PM417（本小題滿分本小題滿分 14 分分）右圖為某倉庫一側墻面的示意圖右圖為某倉庫一側墻面的示意圖，其下部是矩形其下部是矩形 ABCD，上部是上部是圓弧圓弧 AB，該

8、圓弧所在圓的圓心為該圓弧所在圓的圓心為 O，為了調節倉庫內的濕度和溫度為了調節倉庫內的濕度和溫度，現要在墻面上開一個現要在墻面上開一個矩形的通風窗矩形的通風窗 EFGH（其中其中 E，F 在圓弧在圓弧 AB 上上，G，H 在弦在弦 AB 上上）。過過 O 作作ABOP，交交 AB 于于 M，交，交 EF 于于 N，交圓弧，交圓弧 AB 于于 P，已知，已知5.6,10MPOP（單（單位：位：m）,記通風窗記通風窗 EFGH 的面積為的面積為 S（單位：（單位：2m）（1）按下列要求建立函數關系式：）按下列要求建立函數關系式：（i）設）設)(radPOF，將，將 S 表示成表示成的函數；的函數；

9、(ii)設設)(mxMN，將，將 S 表示成表示成x的函數；的函數；（2）試問通風窗的高度）試問通風窗的高度 MN 為多少時，為多少時， S 最大？最大？18、（本小題滿分本小題滿分 16 分分）如圖如圖，橢圓橢圓 E：22221(0)xyabab的離心率為的離心率為22，直線直線 l：12yx與橢圓與橢圓 E 相交于相交于 A，B 兩點兩點，52AB，C，D 是橢圓是橢圓 E 上異于上異于 A，B 的任意兩的任意兩點，且直線點，且直線 AC，BD 相交于點相交于點 M，直線，直線 AD，BC 相交于點相交于點 N.（1）求）求ba,的值；（的值；（2）求證：直線）求證：直線 MN 的斜率為定

10、值。的斜率為定值。PBNACDGOFEHM第17題圖yAOBCDMN519、（本小題滿分（本小題滿分 16 分）分）已知函數已知函數xxkxxf)2(ln1)(，其中，其中k為常數為常數.(1)若若0k,求曲線求曲線)(xfy在點在點)1(,1(f處的切線方程處的切線方程.(2)若若5k,求證：求證：)(xf有且僅有兩個零點；有且僅有兩個零點；(3)若若k為整數，且當為整數，且當2x時，時，0)(xf恒成立，求恒成立，求k的最大值。的最大值。（參考數據：（參考數據：ln82.08,ln92.20,ln102.30）620 （本小題滿分本小題滿分 16 分分） 給定一個數列給定一個數列 na，

11、在這個數列里在這個數列里， 任取任取m),3(Nmm項項，并且不改變它們在數列并且不改變它們在數列 na中的先后次序，得到的數列稱為中的先后次序，得到的數列稱為 na的一個的一個m階子數列。已知階子數列。已知數列數列 na的通項公式為的通項公式為anan1)為常數,(aNn， 等差數列等差數列236,a a a是數列是數列 na的一個的一個 3 子階數列。子階數列。（1）求求a的值；的值；（2）等差數列等差數列mbbb,21是是 na的一個的一個m),3(Nmm階子數列階子數列，且且kb11)2,為常數(kN，kk，求證：，求證：1km（3）等比數列等比數列mccc,21是是 na的一個的一個

12、m),3(Nmm階子數列，階子數列，求證：求證：111212mmccc7周練（周練（5 5）附加題）附加題21、B選修選修 4-2：矩陣與變換：矩陣與變換已知矩陣已知矩陣aA203，A 的逆矩陣的逆矩陣10311bA（1）求求a,ba,b的值；的值；（2）求）求 A 的特征值。的特征值。C選修選修 4-4：坐標系與參數方程：坐標系與參數方程8在 平 面 直 角 坐 標 系在 平 面 直 角 坐 標 系 xoy 中 ， 已 知 曲 線中 ， 已 知 曲 線 C ：2sysx）s為參數(， 直 線， 直 線 l：）ttytx為參數(10341012.設曲線設曲線 C 與直線與直線 l 交交于于 A

13、 A，B B 兩點，求線段兩點，求線段 ABAB 的長度。的長度。2222、甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝、甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝 3 3 局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結束。除第局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結束。除第五局甲隊獲勝的五局甲隊獲勝的概率是概率是21外，其余每局比賽甲隊獲勝的概率都是外，其余每局比賽甲隊獲勝的概率都是32. .假設各局比賽結果相互獨立假設各局比賽結果相互獨立. .(1)(1)分別求甲隊以分別求甲隊以 3 3：0 0，3 3：1 1，3 3：2 2 獲勝的概率；獲勝的概率；(2)(2)若比賽結果為若比賽結果為 3 3：0 0 或或 3 3：1 1，則勝利

14、方得，則勝利方得 3 3 分、對方得分、對方得 0 0 分；若比賽結果為分；若比賽結果為 3:23:2，則勝，則勝利方得利方得 2 2 分、對方得分、對方得 1 1 分分. .求甲隊得分求甲隊得分 X X 的分布列及數學期望。的分布列及數學期望。92323、（本小題滿分、（本小題滿分 1010 分）分）已知已知Nnm,，定義，定義!)1()2)(1()(mmnnnnmfn（1 1）記記)(6mfam，求，求1221aaa的值；的值；（2 2）記）記)()1(mmfbnmm，求，求122nbbb所有可能值的集合。所有可能值的集合。周練（周練（5 5）參考答案）參考答案一一、填空題、填空題：本大題

15、共本大題共 14 小題，每小題小題，每小題 5 分，共分，共 70 分分1 2一一32455578634782 63913105011(1，2)12 21324141000015（本小題滿分本小題滿分 14 分分）解解：（1）由由CBCA92，得得 abcosC92 又因為又因為 cosC35，所以所以 ab92cosC1522 分分又又 C 為為ABC 的的內角，所以內角，所以 sinC45 4 分分所以所以ABC 的面積的面積 S12absinC3 6 分分（2）因為因為 x/y，所以，所以 2sinB2cosB2 3cosB，即，即 sinB 3cosB 8 分分因為因為 cosB0，所

16、以，所以 tanB 3因為因為 B 為三角形為三角形的的內角，所以內角，所以 B3 10分分所以所以 AC23，所以，所以 A23C所以所以 sin(BA)sin(3A)sin(C3)12sinC32cosC1245323543 310 14分分16（本小題滿分（本小題滿分 14 分）分）證明證明：（：（1）連結）連結 AC不妨設不妨設 AD1(第 16 題圖)PABCDMN10因為因為 ADCD12AB，所以，所以 CD1，AB2因為因為 ADC90 ，所以，所以 AC 2， CAB45 在在ABC 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 BC 2，所以，所以 AC2BC2AB2所以所以 BC A

17、C 3 分分因為因為 PC 平面平面 ABCD，BC 平面平面 ABCD，所以，所以 BC PC 5 分分因為因為 PC 平面平面 PAC，AC 平面平面 PAC，PCACC，所以所以 BC 平面平面 PAC 7 分分（2）如圖，因為）如圖，因為 ABDC，CD 平面平面 CDMN，AB 平面平面 CDMN，所以所以 AB平面平面 CDMN 9 分分因為因為 AB 平面平面 PAB， 平面平面 PAB平面平面 CDMNMN， 所以所以 ABMN 12分分在在PAB 中，因為中，因為 M 為線段為線段 PA 的中點，所以的中點，所以 N 為線段為線段 PB 的中點，的中點，即即 PN：PB 的值

18、為的值為12 14 分分17（本小題滿分本小題滿分 14 分）分）解解：（：（1）由題意知，）由題意知，OFOP10，MP6.5，故，故 OM3.5(i)在在 RtONF 中，中，NFOFsin10sin，ONOFcos10cos在在矩形矩形 EFGH 中中，EF2MF20sin，FGONOM10cos3.5，故故 SEFFG20sin(10cos3.5)10sin(20cos7)即所求函數關系是即所求函數關系是 S10sin(20cos7)，00，其中，其中 cos0720 4 分分(ii)因為因為 MNx，OM3.5，所以所以 ONx3.5在在 RtONF 中，中，NF OF2ON2 10

19、0(x3.5)235147xx2在在矩形矩形 EFGH 中中，EF2NF 35128x4x2，FGMNx，故故 SEFFGx 35128x4x2即所求函數關系是即所求函數關系是 Sx 35128x4x2，0 x6.5 8 分分（2）方法一：選擇）方法一：選擇(i)中的中的函數模型：函數模型：令令 f()sin(20cos7)，則則 f ()cos(20cos7)sin(20sin)40cos27cos20 10 分分由由 f ()40cos27cos200，解得解得 cos45，或，或 cos5811因為因為 00，所以，所以 coscos0，所以，所以 cos45設設 cos45，且且為銳角

20、為銳角，則當則當(0，)時時，f ()0 ，f()是增函數是增函數；當當(，0)時時，f ()0 ，f()是減函數是減函數，所以當所以當，即即 cos45時時，f()取到最大值，取到最大值，此時此時 S 有最大值有最大值即即 MN10cos3.54.5m 時，通風窗的面積最大時，通風窗的面積最大 14 分分方法二：選擇方法二：選擇(ii)中的中的函數模型：函數模型：因為因為 S x2(35128x4x2) ，令令 f(x)x2(35128x4x2)，則則 f (x)2x(2x9)(4x39) 10 分分因為因為當當 0 x92時時 ，f (x)0，f(x)單調遞增單調遞增，當當92x132時時

21、，f (x)0，f(x)單調遞減單調遞減，所以當所以當 x92時時，f(x)取到最大值，取到最大值，此時此時 S 有最大值有最大值即即 MNx4.5m 時，通風窗的面積最大時，通風窗的面積最大 14 分分18（本小題滿分本小題滿分 16 分）分）解解：（：（1）因為因為 eca22，所以，所以 c212a2，即，即 a2b212a2，所以，所以 a22b2 2 分分故故橢圓方程為橢圓方程為x22b2y2b21由題意，不妨設點由題意，不妨設點 A 在第一象限，點在第一象限，點 B 在第三象限在第三象限由由y12x，x22b2y2b21，解得解得 A(2 33b，33b)又又 AB2 5，所以，所

22、以 OA 5，即，即43b213b25，解得解得 b23故故 a 6，b 3 5 分分（2）方法一：由（方法一：由（1）知，知，橢圓橢圓 E 的的方程為方程為x26y231，從而，從而 A(2，1)，B(2，1)當當 CA，CB，DA，DB 斜率都存在時，斜率都存在時，設設直線直線 CA，DA 的斜率分別為的斜率分別為 k1，k2，C(x0，y0)，顯然顯然 k1k2從而從而 k1kCBy01x02y01x02y021x0243(1x026)1x0242x022x02412所以所以 kCB12k1 8 分分12同理同理 kDB12k2于是于是直線直線 AD 的方程為的方程為 y1k2(x2)，

23、直線，直線 BC 的方程為的方程為 y112k1(x2)由由y112k1(x2)，y1k2(x2)，解得解得x4k1k24k122k1k21，y2k1k24k212k1k21從而點從而點 N 的坐標為的坐標為(4k1k24k122k1k21，2k1k24k212k1k21)用用 k2代代 k1，k1代代 k2得點得點 M 的坐標為的坐標為(4k1k24k222k1k21，2k1k24k112k1k21) 11分分所以所以 kMN2k1k24k212k1k212k1k24k112k1k214k1k24k122k1k214k1k24k222k1k214(k1k2)4(k2k1)1即直線即直線 MN

24、 的斜率為定值的斜率為定值1 14 分分當當 CA，CB，DA，DB 中，有直線的斜率不存在時，中，有直線的斜率不存在時，根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨故不妨設設直線直線 CA 的斜率不存在的斜率不存在，從而從而 C(2，1)仍然設仍然設 DA 的斜率為的斜率為 k2，由由知知 kDB12k2此時此時 CA：x2，DB：y112k2(x2)，它們交點，它們交點 M(2，12k2)BC：y1，AD：y1k2(x2)，它們交點，它們交點 N(22k2，1)，從而從而 kMN1 也成立由也成立由可知，直線可知，直線 MN 的斜率為定值的斜率為定

25、值1 16 分分方法二：由（方法二：由（1）知，知，橢圓橢圓 E 的的方程為方程為x26y231，從而，從而 A(2，1)，B(2，1)當當 CA，CB，DA，DB 斜率都存在時，斜率都存在時，設設直線直線 CA，DA 的斜率分別為的斜率分別為 k1，k2顯然顯然 k1k2直線直線 AC 的方程的方程 y1k1(x2)，即即 yk1x(12k1)由由yk1x(12k1)，x26y231得得(12k12)x24k1(12k1)x2(4k124k12)0設點設點 C 的坐標為的坐標為(x1，y1)，則，則 2x12(4k124k12)12k12，從而，從而 x14k124k122k121所以所以

26、C(4k124k122k121，2k124k112k121)又又 B(2，1)，13所以所以 kBC2k124k112k12114k124k122k121212k1 8 分分所以所以直線直線 BC 的方程為的方程為 y112k1(x2)又又直線直線 AD 的方程為的方程為 y1k2(x2)由由y112k1(x2)，y1k2(x2)，解得解得x4k1k24k122k1k21，y2k1k24k212k1k21從而點從而點 N 的坐標為的坐標為(4k1k24k122k1k21，2k1k24k212k1k21)用用 k2代代 k1，k1代代 k2得點得點 M 的坐標為的坐標為(4k1k24k222k1

27、k21，2k1k24k112k1k21) 11 分分所以所以 kMN2k1k24k212k1k212k1k24k112k1k214k1k24k122k1k214k1k24k222k1k214(k1k2)4(k2k1)1即直線即直線 MN 的斜率為定值的斜率為定值1 14 分分當當 CA，CB，DA，DB 中，有直線的斜率不存在時，中，有直線的斜率不存在時，根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設設直線直線 CA 的斜率不存在，從的斜率不存在，從而而C(2，1)仍然設仍然設 DA 的斜率為的斜率為 k2，則由，則由知知 kDB12k2此時此時

28、 CA：x2，DB：y112k2(x2)，它們交點，它們交點 M(2，12k2)BC：y1，AD：y1k2(x2)，它們交點，它們交點 N(22k2，1)，從而從而 kMN1 也成立由也成立由可知，直線可知，直線 MN 的斜率為定值的斜率為定值1 16 分分19（本小題滿分本小題滿分 16 分）分）解解：（：（1）當）當 k0 時，時，f(x)1lnx因為因為 f (x)1x，從而，從而 f (1)1又又 f (1)1，所以，所以曲線曲線 yf(x)在點在點 (1，f(1)處的切線方處的切線方程程 y1x1，即即 xy0 3 分分（2）當）當 k5 時，時，f(x)lnx10 x4因為因為 f

29、 (x)x10 x2，從而，從而當當 x(0，10)，f (x)0，f(x)單調遞減單調遞減；當當 x(10，)時時，f (x)0，f(x)單調遞增單調遞增所以當所以當 x10 時，時，f(x)有極小值有極小值 5 分分因因 f(10)ln1030，f(1)60，所以，所以 f(x)在在(1，10)之間有一個零點之間有一個零點14因為因為 f(e4)410e440，所以，所以 f(x)在在(10，e4)之間有一個零點之間有一個零點從而從而 f(x)有兩個不同的零點有兩個不同的零點 8 分分（3）方法一：由題意知，）方法一：由題意知，1+lnxk(x2)x0 對對 x(2，)恒成立，恒成立，即即

30、 kxxlnxx2對對 x(2，)恒成立恒成立令令 h(x)xxlnxx2，則，則 h (x)x2lnx4(x2)2設設 v(x)x2lnx4，則，則 v (x)x2x當當 x(2，)時，時，v (x)0，所以，所以 v(x)在在(2，)為增函數為增函數因為因為 v(8)82ln8442ln80，v(9)52ln90，所以存在所以存在 x0(8，9)，v(x0)0，即，即 x02lnx040當當 x(2，x0)時，時，h (x)0，h(x)單調遞減，當單調遞減，當 x(x0，)時，時，h (x)0，h(x)單調遞單調遞增增所以當所以當 xx0時時， h(x)的最小值的最小值 h(x0)x0 x

31、0lnx0 x02 因為因為 lnx0 x042， 所以所以 h(x0)x02(4，4.5)故所求的整數故所求的整數 k 的最大值為的最大值為 4 16 分分方法二方法二：由題意知由題意知，1+lnxk(x2)x0 對對 x(2，)恒成立恒成立f(x)1+lnxk(x2)x，f (x)x2kx2當當 2k2，即，即 k1 時，時，f (x)0 對對 x(2，)恒成立，恒成立，所以所以 f(x)在在(2，)上單調遞增而上單調遞增而 f(2)1ln20 成立，所以滿足要求成立，所以滿足要求當當 2k2，即，即 k1 時，時，當當 x(2，2k)時時，f (x)0， f(x)單調遞減單調遞減，當當

32、x(2k，)，f (x)0，f(x)單調遞增單調遞增所以當所以當 x2k 時，時，f(x)有最小值有最小值 f(2k)2ln2kk從而從而 f(x)0 在在 x(2，)恒成恒成立，立，等價于等價于 2ln2kk0令令 g(k)2ln2kk，則，則 g (k)1kk0，從而，從而 g(k) 在在(1，)為減函數為減函數因為因為 g(4)ln820，g(5)ln1030 ，所以使所以使 2ln2kk0 成立的最大正整數成立的最大正整數 k4綜合綜合，知所求的整數，知所求的整數 k 的最大值為的最大值為 4 16 分分20（本小題滿分本小題滿分 16 分）分）解解：（：（1）因為）因為 a2，a3，

33、a6成等差數列，所以成等差數列，所以 a2a3a3a615又因為又因為 a212a，a313a， a616a，代入得，代入得12a13a13a16a，解得，解得 a03 分分（2）設等差數列）設等差數列 b1，b2，bm的公差為的公差為 d因為因為 b11k，所以，所以 b21k1，從而，從而 db2b11k11k1k(k1) 6 分分所以所以 bmb1(m1)d1km1k(k1)又因為又因為 bm0，所以，所以1km1k(k1)0即即 m1k1所以所以 mk2又因為又因為 m，kN*，所以，所以 mk1 9 分分（3）設）設 c11t(tN*)，等比數列，等比數列 c1，c2，cm的公比為的公比為 q因為因為 c21t1，所以，所以 qc2c1tt1從而從而 cnc1qn11ttt1n1（1nm，nN*）所以所以 c1c2cm1t1ttt111ttt121ttt1m1t1t1tt1m t1ttt1m1 13 分分設函數設函數 f(x)x1xm1，（，（m3，mN*）當當 x(0，)時，函數時，函數 f(x)x1xm1為單調增函數為單調增函數因為當因為當 tN*，所以，所以 1t1t2所以所以 f(t1t)212m1即即 c1c2cm