新编人教A版高考数学文一轮阶段检测【8】综合检测含答案

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1、一轮复习综合检测(八)时间120分钟满分150分第卷(选择题，共60分)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的)1(20xx马鞍山二模)已知全集UR，Ax|x1，Bx|0x5，则(UA)(UB)()Ax|x0Bx|x1或x5Cx|x1或x5 Dx|x0或x5解析：由题意可得，UAx|x1，UBx|x0或x5，故(UA)(UB)x|x1或x5，故选B.答案：B2(20xx常熟二模)若复数z满足(1i)z2i(i是虚数单位)，则z()Ai B.iC.i Di解析：(1i)z2i，zi.故选C.答案：C3(20xx安庆二模)设f(x)lg(a)是

2、奇函数，且在x0处有意义，则该函数是()A(，)上的减函数B(，)上的增函数C(1,1)上的减函数D(1,1)上的增函数解析：由题意可知，f(0)0，即lg(2a)0，解得a1，故f(x)lg，函数f(x)的定义域是(1,1)，在此定义域内f(x)lglg(1x)lg(1x)，函数y1lg(1x)是增函数，函数y2lg(1x)是减函数，故f(x)y1y2是增函数选D.答案：D4(20xx鹰潭一中模拟)若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是()A. B.C. D.解析：由题意有2a2c22b，即ac2b，又c2a2b2，消去b整理得5c23a22ac，即5e22e3

3、0，e或e1(舍去)答案：B5(20xx淮北一模)如图所示的流程图，若输入的x9.5，则输出的结果为()A2 B1C0 D1解析：执行程序过程如下：x9.50，x9.527.50，x7.525.50，x5.523.50，x3.521.50，x1.520.50，c20.51，故输出的结果为1，故选D.答案：D6(20xx连云港一模)某公司有普通职员150人、中级管理人员40人、高级管理人员10人，现采用分层抽样的方法从这200人中抽取40人进行问卷调查，若在已抽取的40人的问卷中随机抽取一张，则所抽取的恰好是一名高级管理人员的答卷的概率为()A. B.C. D.解析：由分层抽样知，在普通职员中抽

4、30人，中级管理人员中抽8人，高级管理人员中抽2人由古典概型知，所抽取的恰好是一名高级管理人员的答卷的概率为，选C.答案：C7(20xx漳州一模)已知角的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点(，)，则cos的值为()A. BC D解析：依题意得cos，故选D.答案：D8(20xx华师附中一模)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是等腰直角三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为()解析：依题意可知，该三棱锥的侧视图可能是D.答案：D9(20xx荆门一模)已知抛物线y22px(p0)上一点M(1，m)(m0)到其焦点的距离为5，双曲线y21的左顶点为A，若双曲线的一条渐近线与直线AM平

5、行，则实数a的值为()A. B.C. D.解析：由于M(1，m)在抛物线上，m22p，而M到抛物线的焦点的距离为5，根据抛物线的定义知点M到抛物线的准线x的距离也为5，15，p8，由此可以求得m4，双曲线的左顶点为A(，0)，kAM，而双曲线的渐近线方程为y，根据题意得，a.答案：A10(20xx绍兴调研)函数f(x)x316x的某个零点所在的一个区间是()A(2,0) B(1,1)C(0,2) D(1,3)解析：令f(x)0，解得x0或4.故选B.答案：B11(20xx黄冈一模)已知函数ysinxcosx，y2sinxcosx，则下列结论正确的是()A两个函数的图象均关于点(，0)成中心对称

6、图形B两个函数的图象均关于直线x成轴对称图形C两个函数在区间(，)上都是单调递增函数D两个函数的最小正周期相同解析：由于ysinxcosxsin(x)，y2sinxcosxsin2x.对于A、B选项，当x时，ysin(x)0，ysin2x，因此函数ysinxcosx的图象关于点(，0)成中心对称图形、不关于直线x成轴对称图形，函数y2sinxcosx的图象不关于点(，0)成中心对称图形、关于直线x成轴对称图形，故A、B选项均不正确；对于C选项，结合图象可知，这两个函数在区间(，)上都是单调递增函数，因此C正确；对于D选项，函数ysin(x)的最小正周期是2，ysin2x的最小正周期是，D不正确

7、综上所述，选C.答案：C12(20xx荷泽调研)若实数t满足f(t)t，则称t是函数f(x)的一个次不动点设函数f(x)lnx与函数g(x)ex(其中e为自然对数的底数)的所有次不动点之和为m，则()Am0 Bm0C0m1 Dm1解析：在同一直角坐标系中画出函数ylnx、yx的图象，其图象有唯一的公共点(t，t)，即有lntt，ett，于是有点(t，t)是函数yex、yx的图象的交点，因此函数f(x)lnx与g(x)ex的次不动点必是成对出现，且两者互为相反数，m0，选B.答案：B第卷(非选择题，共90分)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

8、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，共20分)13(20xx抚顺六校二模)已知向量a(3,1)，b(1,3)，c(k,7)，若(ac)b，则k_.解析：依题意得ac(3k，6)，3(3k)60，由此解得k5.答案：514(20xx唐山期末)已知x，y满足，则的取值范围是_解析：12，设k，k表示定点P(4,1)与动点N(x，y)连线的斜率，点N在如图所示的三角形ABC的边界上或内部，A(3，4)，C(3,2)，kCP1kkAP，所以12,11，答案：1，15(20xx石家庄诊断)在ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足cos，3，则AB

9、C的面积为_解析：依题意得cosA2cos21，sinA，ABACcosA3，ABAC5，ABC的面积等于ABACsinA2.答案：216(20xx徐州模拟)如图，直线l平面，垂足为O.已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AA15，AB6，AD8.该长方体做符合以下条件的自由运动：(1)Al，(2)C.则C1、O两点间的最大距离为_解析：连接AC、OC，取AC的中点M，连接OM及C1M，由已知易证AOC为直角三角形，AOC为直角，所以OMAC5，ACC1也为直角三角形，ACC1为直角，所以易求得C1M5，连接OC1，设OMC1，则OCOM2C1M22OMC1Mcos2550255cos755

10、0cos，当cos1即时，OC取得最大值755025(1)2，所以OC1的最大值为5(1)答案：55三、解答题(本大题共6小题，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17(20xx泉州二模)(本小题满分12分)已知正项等比数列an满足：log3a1log3a34，log3a5log3a712.(1)求数列an的通项公式；(2)记Tnlog3a1log3a2log3an，如果数列bn满足：bn；若存在nN*，使不等式m(b1b2bn)()n成立，求实数m的取值范围解：(1)设正项等比数列an的公比为q，根据题意得：a1a3a34，所以a232，同理a636，a6a2q4，可得q3.故a

11、n3n，nN*.(2)Tn123nn(n1)，bn，b1b2bn(1)()()1.设f(n)()n，则f(n1)f(n)()n0，f(1)f(2)f(3)f(4)，f(n)f(1).故m.18(20xx黄山一模)(本小题满分12分)如图，在三棱锥ABOC中，AO平面COB，OABOAC，ABAC2，BC，D、E分别为AB、OB的中点(1)求证：CO平面AOB；(2)在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF平面AOC，若存在，试确定F的位置；若不存在，请说明理由解：(1)因为AO平面COB，所以AOCO，AOBO，即AOC与AOB为直角三角形又因为OABOAC，ABAC2，所以OBOC1.由O

12、B2OC2112BC2，可知BOC为直角三角形所以COBO，又因为AOBOO，所以CO平面AOB.(2)在线段CB上存在一点F，使得平面DEF平面AOC，此时F为线段CB的中点如图，连接DF，EF，因为D、E分别为AB、OB的中点，所以DEOA.又DE平面AOC上，所以DE平面AOC.因为E、F分别为OB、BC的中点，所以EFOC.又EF平面AOC，所以EF平面AOC，又EFDEE，EF平面DEF，DE平面DEF，所以平面DEF平面AOC.19(20xx泰州模拟)(本小题满分12分)某中学共有1000名学生参加了该地区高三第一次质量检测的数学考试，数学成绩如下表所示：数学成绩分组0,30)30

13、,60)60,90)90,120)120,150人数6090300x160(1)为了了解同学们前段复习的得失，以便制定下阶段的复习计划，学校将采用分层抽样的方法抽取100名同学进行问卷调查，甲同学在本次测试中数学成绩为95分，求他被抽中的概率；(2)已知本次数学成绩的优秀线为110分，试根据所提供数据估计该中学达到优秀线的人数；(3)作出频率分布直方图，并估计该学校本次考试的数学平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)解：(1)分层抽样中，每个个体被抽到的概率均为，故甲同学被抽到的概率P.(2)由题意得x1000(6090300160)390.故估计该中学达到优秀线的人数m160390

14、290.(3)频率分布直方图如图所示该学校本次考试的数学平均分90.估计该学校本次考试的数学平均分为90分20(20xx天门模拟)(本小题满分12分)如图，椭圆C：1的焦点在x轴上，左、右顶点分别为A1、A，上顶点为B.抛物线C1、C2分别以A、B为焦点，其顶点均为坐标原点O，C1与C2相交于直线yx上一点P.(1)求椭圆C及抛物线C1、C2的方程；(2)若动直线l与直线OP垂直，且与椭圆C交于不同两点M、N，已知点Q(，0)，求的最小值解：(1)由题意得，A(a,0)，B(0，)，故抛物线C1的方程可设为y24ax，抛物线C2的方程为x24y.由得a4，P(8,8)所以椭圆C：1，抛物线C1

15、：y216x，抛物线C2：x24y.(2)由(1)知，直线OP的斜率为，所以直线l的斜率为，可设直线l的方程为yxb，由消去y，整理得5x28bx(8b216)0.因为动直线l与椭圆C交于不同两点，所以128b220(8b216)0，解得b.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2(x1b)(x2b)x1x2(x1x2)b2.因为(x1，y1)，(x2，y2)，所以(x1，y1)(x2，y2)x1x2(x1x2)y1y22.因为b，所以当b时，取得最小值，其最小值等于()2().21(20xx东营质检)(本小题满分12分)已知函数f(x)的图象过点(1,2)，且在x

16、处取得极值(1)求实数b、c的值；(2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当x1时，f(x)3x22xb，由题意得，即，解得bc0.(2)由(1)知f(x)，当1x1时，f(x)x(3x2)，由f(x)x(3x2)0得：x0或x，解f(x)0得0x；解f(x)0得1x0或x1，f(x)在1,0)和(，1)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(1)2，f()，f(0)0，f(1)0，f(x)在1,1)上的最大值为2.当1xe时，f(x)alnx，当a0时，f(x)0；当a0时，f(x)在1，e上单调递增；f(x)在1，e上的最大值为a.当a2时，f(x)在1，e上的最大

17、值为a；当a2时，f(x)在1，e上的最大值为2.请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。22(20xx昆明一模)(本小题满分10分)选修41：几何证明选讲如图，在ABC中，C为钝角，点E，H分别是边AB上的点，点K和M分别是边AC和BC上的点，且AHAC，EBBC，AEAK，BHBM.(1)求证：E、H、M、K四点共圆；(2)若KEEH，CE3，求线段KM的长解：(1)连接CH，ACAH，AKAE，四边形CHEK为等腰梯形，注意到等腰梯形的对角互补，故C，H，E，K四点共圆，同理C，E，H，M四点共圆，即E，H，M，K均在点C，E，H所确定的圆上(2)连

18、接EM，由(1)得E，H，M，C，K五点共圆，CEHM为等腰梯形，EMHC，故MKECEH，由KEEH可得KMEECH，故MKECEH，即KMEC3.23(20xx襄樊一模)(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，已知点P的直角坐标为(1，5)，点M的极坐标为(4，)，若直线l过点P，且倾斜角为，圆C以M为圆心、4为半径(1)求直线l的参数方程和圆C的极坐标方程；(2)试判定直线l和圆C的位置关系解：(1)由题意，直线l的普通方程是y5(x1)tan，此方程可化为，令a(a为参数)，得直线l的参数方程为(a为参数)如图，设圆上任意一点为Q(

19、，)，则在QOM中，由余弦定理，得QM2QO2OM22QOOMcosQOM，4224224cos()化简得8sin，即为圆C的极坐标方程(2)由(1)可进一步得出圆心M的直角坐标是(0,4)，直线l的普通方程是xy50，圆心M到直线l的距离d4，所以直线l和圆C相离24(20xx武汉一模)(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x1|，g(x)2|x|a.(1)当a0时，解不等式f(x)g(x)；(2)若存在xR，使得f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解：(1)|x1|2|x|x22x14x2x1，不等式f(x)g(x)的解集为，1(2)若存在xR，使得|x1|2|x|a成立，即存在xR，使得|x1|2|x|a成立令(x)|x1|2|x|，则a(x)max，又(x)当x0时，(x)1；当1x0时，2(x)1；当x1时，(x)2.综上可得：(x)1，a1，即实数a的取值范围为(，1