广东省广州市普通高中毕业班综合测试（一） 文科数学试题及答案

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1、1绝密 启用前2016 年广州市普通高中毕业班综合测试（一）年广州市普通高中毕业班综合测试（一）文科数学注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号。2回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求

2、的（1）已知集合，则11Axx 220Bx xxAB （A） （B） （C） （D）12xx 10 xx 12xx01xx答案答案：D解析解析：集合 A，集合 B，所以，。11xx2xx0AB 01xx（2）已知复数，其中 为虚数单位，则复数所对应的点在3i1 iziz（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限答案答案：D解析解析：，对应坐标为（2，1） ，在第四象限。(3)(1)22iizi（3）已知函数则的值为 2,1,1,1,1xxxf xxx2ff （A） （B） （C） （D）12151512答案答案：C解析解析：426，选 C。2f （）11( ( 2)(6)1

3、 65f ff （4）设是所在平面内的一点，且，则与的面积之比是PABC2CPPA PABPBC2（A） （B） （C） （D）13122334答案答案：B解析解析：依题意，得：CP2PA，设点 P 到 AC 之间的距离为 h，则与的面积之比为=PABPBC1212BPABCPPA hSSPC h12（5）如果函数的相邻两个零点之间的距离为，则的值为 cos4f xx06（A）3 （B）6 （C）12 （D）24答案答案：B解析解析：依题意，得：周期 T，所以，6。323（6）执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的值为3x k（A）6 （B）8 （C）10 （D）12答案答案：C解析解析：

4、第一步：x9，k2；第二步：x21，k4；第三步：x45，k6；第四步：x93，k8；第五步：x189，k10；退出循环，故 k10。（7）在平面区域内随机投入一点，则点的坐标满足,01 12x yxy，PP, x y的概率为2yx（A） （B） （C） （D）14122334答案答案：A解析解析：画出平面区域，如图，阴影部分符合，其面积为：，正方形面积为 1，故所求概率2yx143为：14（8）已知，若，则 sin6f xx3sin52 12f（A） （B） （C） （D）7 2102102107 210答案答案：B解析解析：因为，所以，3sin52 4cos5 =12fsin()sin()

5、126422sincos22210（9）如果，是抛物线：上的点，它们的横坐标依次为，1P2PnPC24yx1x2x，nx是抛物线的焦点，若，则FC1210nxxx12nPFP FP F（A） （B） （C） （D）10n20n210n220n答案答案：A解析解析：由抛物线的焦点为（1,0） ，准线为1，由抛物线的定义，可知，x11|1PFx，故22|1P Fx12nPFP FP F10n（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1上，则该球的体积为（A） （B） （C） （D）20 5355 56答案答案：D4解析解析：六棱柱的对角线长为：，球的体

6、积为：V22215345325 56（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； 1pll：若，则，；2p 22xxf xx R fxf x ：若，则，；3p 11f xxx00,x 01f x：在中，若，则4pABCABsinsinAB 其中真命题的个数是（A）1 （B）2 （C）3 （D）4答案答案：B解析解析：p1错误，因为无数条直线不一定是相交直线，可能是平行直线；p2正确；p3错误，因为由，得 x0，故错误；p4正确，注意前提条件是在中。111xxABC（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）8

7、8 24 688 22 6（C） （D）22 26126224答案答案：A解析解析：该几何体为如图中的三棱锥CA1C1E，ECEA1，A1C4，2 51616163三角形 EA1C 的底边 A1C 上的高为：2，2表面积为：S2424442412 12 122 122 388 24 65第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，每个试题考生都必须做答第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）函数的极小值为 33f xxx答案答案：2解析解析：求导，得：，得，当=1 时，函数 f(x)取得极小值2。2( )330f

8、xx1x x（14）设实数，满足约束条件 则的取值范围是 xy230,230,3xyxyx ，23zxy 答案答案：6,15解析解析：画出不等式表示的平面区域，在点（3，0）处，取得最小值6，在点23zxy （3,3）处取得最大值 15。（15）已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，点，且C22221xyab0,0abAF0,Bb，则双曲线的离心率为 0BA BF C答案答案：512解析解析：设 F（c，0） ，又 A（，0） ，由，得：（，b） （c，b）0，a0BA BF a所以，有：，即，化为，可得离心率 e。2bac22caac210ccaa 5126（16）在中，点在边上，,，则ABCD

9、ABCDBC5 3AC 5CD 2BDAD的长为 AD答案答案：5解析解析：因为 BD2AD，设 ADx，则 BD2x，因为，所以，BC，CDBC2425x 在三角形 ACD 中，cosA，2752510 3xx在三角形 ABC 中，cosA，22759(425)30 3xxx所以，解得：5，所以，AD5。2752510 3xx22759(425)30 3xxxx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）已知数列是等比数列，是和的等差中项. na24a 32a 2a4a（）求数列的通项公式； na（）设，求数列的前项和.22log1nnbanna bnn

10、T解析解析：解：解：（）设数列的公比为， naq因为，所以，1 分24a 34aq244aq因为是和的等差中项，所以2 分32a 2a4a32422aaa即，化简得22 4244qq220qq7因为公比，所以4 分0q 2q 所以（） 5 分222422nnnnaa q*nN（）因为，所以2nna 22log121nnban 所以7 分21 2nnna bn则， 2311 23 25223 221 2nnnTnn . 9 分234121 23 25223 221 2nnnTnn 得，10 分231222222221 2nnnTn ，11142221 2623 2121 2nnnnn 所以12

11、分1623 2nnTn（18） （本小题满分 12 分）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55,6565,7575,854: 2: 1（）求这些产品质量指标值落在区间内的频率；75,85（）用分层抽样的方法在区间内抽45,75质量指标值0.0120.0040.0190.03015253545556575850频率组距8取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任意抽取2件产品，求这2件产品都在区间内的概率45,65解析解析：解：解：（）设区间内的频率为，75,85x则区间，内的频率分别

12、为和1 分55,6565,754x2x依题意得，3 分0.0040.0120.0190.03010421xxx解得0.05x 所以区间内的频率为4 分75,850.05（）由（）得，区间，内的频率依次为，45,5555,6565,750.30.20.1用分层抽样的方法在区间内抽取一个容量为 6 的样本，45,75则在区间内应抽取件，记为，45,550.3630.30.20.11A2A3A在区间内应抽取件，记为，55,650.2620.30.20.11B2B在区间内应抽取件，记为6 分65,750.1610.30.20.1C设“从样本中任意抽取 2 件产品，这 2 件产品都在区间内”为事件 M，

13、45,65则所有的基本事件有：，12,A A13,A A11,A B12,A B1,A C23,A A，21,A B22,A B2,A C31,A B32,A B3,A C12,B B1,B C，共 15 种8 分2,B C事件 M 包含的基本事件有：，12,A A13,A A11,A B12,A B23,A A，共 10 种10 分21,A B22,A B31,A B32,A B12,B B所以这 2 件产品都在区间内的概率为12 分45,65102153（19） （本小题满分 12 分）9如图，四棱柱的底面是菱形，底面，1111ABCDABC DABCDACBDO1AO ABCD21 AA

14、AB（）证明：平面；BD 1ACO（）若，求点到平面的距离60BADC1OBB解析解析：（）证明：证明：因为平面，平面，1AO ABCDBD ABCD 所以1 分1AO BD因为是菱形，所以2 分ABCDCO BD因为，平面，1AOCOO1AOCO 1ACO所以平面3 分BD1ACO（）解法一：解法一：因为底面是菱形，ABCDACBDO21 AAAB60BAD所以，4 分1OBOD3OAOC所以的面积为5 分OBC13132212OBCSOB OC 因为平面，平面，1AO ABCDAO ABCD所以，6 分1AOAO22111AOAAOA因为平面，11ABABCD所以点到平面的距离等于点到平面

15、 ABCD 的距离7 分1BABCD1A1AO由（）得，平面BD1A AC因为平面，所以 1A A1A ACBD1A AABCDO1A1B1C1D10因为，所以8 分11A AB BBD1B B所以的面积为9 分1OBB1111 21212OBBSOBBB 设点到平面的距离为，C1OBBd因为，11C OBBBOBCVV所以10 分111133OBBOBCSdSAODD=gg所以11313212OBCOBBSAOdS所以点到平面的距离为12 分C1OBB32解法二：解法二：由（）知平面， BD1ACO因为平面，BD 11BB D D所以平面平面4 分1ACO11BB D D连接与交于点，11A

16、C11B D1O连接，1CO1OO因为，所以为平行四边形11AACC11/AACC11CAAC又，分别是，的中点，所以为平行四边形O1OAC11AC11OAOC所以6 分111OCOA因为平面与平面交线为，11OAOC11BB D D1OO过点作于，则平面8 分C1CHOOHCH 11BB D D因为，平面，所以平面11OCAO1AO ABCD1O C ABCD因为平面，所以，即为直角三角形10 分OC ABCD1O C OC1OCOABCDO1A1B1C1DH1O11所以 1113322OC OCCHOO 所以点到平面的距离为12 分C1OBB32（20） （本小题满分 12 分）已知椭圆的

17、中心在坐标原点，焦点在轴上，左顶点为，左焦点为，点CxA12 0F ，在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，直线，分别2B 2,C0ykx kCEFAEAF与轴交于点，yMN（）求椭圆的方程；C（）在轴上是否存在点，使得无论非零实数怎样变化，总有为直角？若存在，xPkMPN求出点的坐标；若不存在，请说明理由P解析解析：（）解法一：解法一：设椭圆的方程为，C22221 (0)xyabab因为椭圆的左焦点为，所以1 分12 0F ，224ab设椭圆的右焦点为，已知点在椭圆上，22 0F，22B,C由椭圆的定义知，122BFBFa所以2 分23 224 2a 所以，从而3 分2 2a 2b 所以椭圆的方程

18、为4 分C22184xy解法二：解法二：设椭圆的方程为，C22221 (0)xyabab因为椭圆的左焦点为，所以 1 分12 0F ，224ab因为点在椭圆上，所以 2 分22B,C22421ab由解得，3 分2 2a 2b 所以椭圆的方程为4 分C22184xy12（）解法一：解法一：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为5 分CAA2 2,0因为直线与椭圆交于两点，(0)ykx k22184xyEF设点（不妨设） ，则点00,Exy00 x 00,Fxy联立方程组消去得22,184ykxxyy22812xk所以，6 分022 212xk022 212kyk所以直线的方程为7 分AE22 2112

19、kyxk因为直线与轴交于点，AEyM令得，即点8 分0 x 22 2112kyk22 20,112kMk同理可得点9 分22 20,112kNk假设在轴上存在点，使得为直角，则10 分x( , 0)P tMPN0MP NP 即，即11 分2222 22 20112112kktkk240t 解得或 2t 2t 故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角2,0P2,0P kMPN 12 分解法二：解法二： 因为椭圆的左端点为，则点的坐标为5 分CAA2 2,0因为直线与椭圆交于两点，(0)ykx k22184xyEF设点，则点00(,)E xy00(,)Fxy所以直线的方程为6 分AE002 2

20、2 2yyxx因为直线与轴交于点，AEyM13令得，即点7 分0 x 002 22 2yyx002 20,2 2yMx同理可得点8 分002 20,2 2yNx假设在轴上存在点，使得为直角，则x, 0P tMPN0MP NP 即，即 （）9 分200002 22 202 22 2yytxx22020808ytx因为点在椭圆上，00(,)E xyC所以，即10 分2200184xy220082xy将代入（）得11 分220082xy240t 解得或2t 2t 故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角2,0P2,0P kMPN 12 分解法三：解法三：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为5 分CA

21、A2 2,0因为直线与椭圆交于两点，(0)ykx k22184xyEF设点（） ，则点6 分2 2cos ,2sinE0 2 2cos , 2sinF所以直线的方程为7 分AE2sin2 22 2cos2 2yx因为直线与轴交于点，AEyM令得，即点8 分0 x 2sincos1y2sin0,cos1M同理可得点9 分2sin0,cos1N假设在轴上存在点，使得为直角，则10 分x( , 0)P tMPN0MP NP 14即，即11 分22sin2sin0cos1cos1t240t 解得或2t 2t 故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角2,0P2,0P kMPN 12 分（21） （本

22、小题满分 12 分）已知函数. eln1xf xmx（）当时，求曲线在点处的切线方程；1m yf x 11f，（）当时，证明：.1m 1f x 解析解析：（）解：解：当时，1m ( )eln1xf xx所以1 分1( )exfxx所以，. 2 分(1)e 1f(1)e 1f 所以曲线在点处的切线方程为( )yf x 11f，(e 1)(e 1)(1)yx即.3 分e 1yx（）证法一：证法一：当时，.1m ( )eln1eln1xxf xmxx 要证明，只需证明.4 分( )1f x eln20 xx以下给出三种思路证明以下给出三种思路证明.eln20 xx思路思路 1：设，则.( )eln2

23、xg xx1( )exg xx设，则，1( )exh xx21( )e0 xh xx所以函数在上单调递增6 分( )h x 1( )exg xx0 +（，）因为，121e202g(1)e 10g 15所以函数在上有唯一零点，且.8 分1( )exg xx0 +（，）0 x01,12x因为时，所以，即.9 分0()0g x001exx00ln xx 当时，；当时，.00,xx( )0g x0,xx( )0g x所以当时，取得最小值10 分0 xx( )g x 0g x故 000001( )= eln220 xg xg xxxx综上可知，当时，.12 分1m 1f x 思路思路 2：先证明5 分e

24、1xxxR设，则 e1xh xx e1xh x因为当时，当时，0 x 0h x0 x 0h x所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增0 x h x0 x h x所以 00h xh所以（当且仅当时取等号） 7 分e1xx0 x 所以要证明， eln20 xx只需证明8 分1ln20 xx下面证明ln10 xx 设，则 ln1p xxx 111xpxxx 当时，当时，01x 0px1x 0px所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增01x p x1x p x所以 10p xp所以（当且仅当时取等号） 10 分ln10 xx 1x 由于取等号的条件不同，16所以eln20 xx综上可知，当时，

25、.12 分1m 1f x （若考生先放缩（若考生先放缩，或，或、同时放缩，请参考此思路给分！）同时放缩，请参考此思路给分！）ln xexln x思路思路 3：先证明.eln2xx因为曲线与曲线的图像关于直线对称，exy lnyxyx设直线与曲线，分别交于点，点，到直线xt0t exy lnyxABAByx的距离分别为，1d2d则122ABdd其中，1e2ttd2ln2ttd0t 设，则 eth tt0t e1th t因为，所以0t e10th t 所以在上单调递增，则 h t0, 01h th所以1e222ttd设，则 lng ttt 0t 111tg ttt 因为当时，；当时，01t 0g

26、t1t 0g t所以当时，单调递减；当时，单调递增01t lng ttt 1t lng ttt 所以 11g tg所以2ln222ttd所以122222222ABdd综上可知，当时，.12 分1m 1f x 17证法二：证法二：因为，( )eln1xf xmx要证明，只需证明.4 分 1f x eln20 xmx以下给出两种思路证明以下给出两种思路证明.eln20 xmx思路思路 1：设，则.( )eln2xg xmx1( )exg xmx设，则1( )exh xmx21( )e0 xh xmx所以函数在上单调递增6 分 h x 1exgxmx0 +，因为，11221e2e202mmgmmmm

27、 1e 10gm 所以函数在上有唯一零点，且.8 分1( )exg xmx0 +，0 x01,12xm因为，所以，即9 分 00gx001exmx00lnlnxxm 当时，；当时，.00,xx 0gx0,xx 0gx所以当时，取得最小值10 分0 xx g x 0g x故 000001eln2ln20 xg xg xmxxmx综上可知，当时，12 分1m 1f x 思路思路 2：先证明，且5 分e1()xxxRln1(0)xxx设，则( )e1xF xx( )e1xF x因为当时，；当时，0 x ( )0F x0 x ( )0F x所以在上单调递减，在上单调递增( )F x(,0)(0,)所以

28、当时，取得最小值0 x ( )F x(0)0F所以，即（当且仅当时取等号） 7 分( )(0)0F xFe1xx0 x 18由，得（当且仅当时取等号） 8 分e1()xxxR1exx1x 所以（当且仅当时取等号） 9 分ln1(0)xxx1x 再证明eln20 xmx因为，且与不同时取等号，0 x 1m e1xxln1xx所以 eln2112xmxm xx11mx0综上可知，当时，12 分1m 1f x 请考生在第 22、23、24 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分做答时请写清题号（22） （本小题满分 10 分）选修 41：几何证明选讲如图所示，内接于，直线与相切于点，交的延

29、长线于点，过点ABCOADOABCD作交的延长线于点DDECABAE（）求证：；2DEAE BE（）若直线与相切于点，且，EFOF4EF 2EA 求线段的长AC解析解析：（）证明：证明：因为是的切线，ADO所以（弦切角定理） 1 分DACB 因为，DECA所以2 分DACEDA FCD OABEFCD OABE19所以EDAB 因为（公共角） ，AEDDEB 所以3 分AEDDEB所以DEAEBEDE即4 分2DEAE BE（）解：解：因为是的切线，是的割线，EFOEABO所以 （切割线定理） 5 分2EFEA EB因为，所以，7 分4EF 2EA 8EB 6ABEBEA由（）知，所以8 分2

30、DEAE BE4DE 因为，所以 9 分DECABACBED所以BAACBEED所以 10 分6438BA EDACBE（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，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的xOyOxC极坐标方程为，.sin20,2（）求曲线的直角坐标方程；C（）在曲线上求一点，使它到直线 ：（ 为参数，）的距离最短，CDl33,32xtyt ttR并求出点的直角坐标.D解析解析：（）解：解：由，sin20,2可得1 分22 sin因为，2 分222xysiny20所以曲线的普通方程为（或） 4 分C2220 xyy2211xy（

31、）解法一：解法一：因为直线的参数方程为（ 为参数，） ，33,32xtyt ttR消去 得直线 的普通方程为 5 分tl35yx 因为曲线：是以为圆心，1 为半径的圆，C2211xyG 1 , 0设点，且点到直线 ：的距离最短，00,D xyDl35yx 所以曲线在点处的切线与直线 ：平行CDl35yx 即直线与 的斜率的乘积等于，即7 分GDl100131yx 因为，220011xy解得或032x 032x 所以点的坐标为或9 分D3 122，3 322，由于点到直线的距离最短，D35yx 所以点的坐标为10 分D3 322，解法二：解法二：因为直线 的参数方程为（ 为参数，） ，l33,3

32、2xtyt ttR消去 得直线 的普通方程为5 分tl350 xy因为曲线是以为圆心，1 为半径的圆，C2211xyG 1 , 0因为点在曲线上，所以可设点7 分DCDcos ,1 sin0,2所以点到直线 的距离为Dl3cossin42d21 8 分2sin3因为，所以当时，9 分0,26min1d此时，所以点的坐标为10 分D3 322，D3 322，（24） （本小题满分 10 分）选修 45：不等式选讲设函数 1f xxaxa（）当时，求不等式的解集； 1a 12f x （）若对任意，不等式的解集为空集，求实数的取值范围 0,1a f xbb解析解析：（）解：解：当时，等价于1 分1a

33、 12f x 112xx当时，不等式化为，无解；1x 112xx 当时，不等式化为，解得；10 x 112xx 104x当时，不等式化为，解得3 分0 x 112xx 0 x 综上所述，不等式的解集为4 分 1xf1,4（）因为不等式的解集为空集，所以5 分 f xb maxbf x 以下给出两种思路求以下给出两种思路求的最大值的最大值. f x思路思路 1：因为 ， 1f xxaxa01a当时，xa 1f xxaxa 1aa 0当时，1axa 1f xxaxa 21xaa 2 11aaa1aa22当时，1xa 1f xxaxa1aa所以7 分 maxf x1aa思路思路 2：因为 1f xx

34、axa1xaxa1aa，1aa当且仅当时取等号1xa所以7 分 maxf x1aa因为对任意，不等式的解集为空集，0,1a f xb所以8 分max1baa以下给出三种思路求以下给出三种思路求的最大值的最大值. . 1g aaa思路思路 1：令， 1g aaa所以 2121gaaa 22112aa 当且仅当，即时等号成立1aa12a 所以 max2g a所以的取值范围为10 分b2 +，思路思路 2：令， 1g aaa因为，所以可设 ，01a2cosa02则， g a 1cossin2sin24aa23当且仅当时等号成立4所以的取值范围为10 分b2 +，思路思路 3：令， 1g aaa因为，设则01a,1,xaya=-221xy+=()01,01xy问题转化为在的条件下，221xy+=()01,01xy求的最大值zxy=+利用数形结合的方法容易求得的最大值为，z2此时22xy=所以的取值范围为10 分b2 +，xyO