河北省衡水中学2016届高三下学期同步原创月考卷数学（理）试题

河北省衡水中学2016届高三下学期同步原创月考卷数学（理）试题

2015-2016年河北衡水中学同步原创月考卷高三期末理数第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.已知集合，为虚数单位，则下列选项正确的是（）A．B．C．D．2.设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（）A．B．C．D．3.设函数，则（）A．B．C．D．4.为研究语文成绩和英语成绩之间是否具有线性相关关系，统计两科成绩得到如图所示的散点图（两坐标轴单位长度相同），用回归直线近似的刻画其相关关系，根据图形，以下结论最有可能成立的是（）A．线性相关关系较强，的值为B．线性相关关系较强，的值为C．线性相关关系较强，的值为D．线性相关关系太弱，无研究价值\n5.下列结论中，正确的是④命题的否定是.A．①②B．①④C．①②④D．①③④6.已知三棱锥的顶点都在半径为的球面上，是球心，，当与的面积之和最大时，三棱锥的体积为（）A．B．C．D．7.阅读如图所示的程序框图，输出的值为（）A．B．C．D．8.中心为原点的椭圆焦点在轴上，为该椭圆右顶点，为椭圆上一点，，则该椭圆的离心率的取值范围是（）\nA．B．C．D．9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．10.如图，在中，为线段上靠近点的四等分点，若，则实数的值为（）A．B．C．D．11.设数列满足，且对任意，函数满足，若，则数列的前项和等于（）A．B．C．D．12.已知定义在上的函数对任意都满足，当时，，若函数至少有个零点，则实数的取值范围是（）\nA．B．C．D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式的展开式的系数和为，则的值为______.14.设等差数列满足，其前项和为，若数列也为等差数列，则的最大值是_____.15.已知实数满足条件，若不等式恒成立，则实数的最大值是_____.16.设函数，，对，不等式恒成立，则正数的取值范围是_______.三、解答题（本大题共6小题，共70分.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）中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且.（1）求的值；（2）设，求的值.18.（本小题满分12分）同时抛掷两枚骰子，将得到的点数分别记为.（1）求的概率；（2）求点在函数的图象上的概率；\n（3）将的值分别作为三条线段的长，将这两枚骰子抛掷三次，表示这三次抛掷中能围成等腰三角形的次数，求的分布列和数学期望.19.（本小题满分12分）已知是边长为的等边三角形，点、分别是边、上的点，且满足.将沿折起到的位置，并使得平面平面.（1）求证：；（2）设为线段上的一点，试求直线与平面所成角的正切的最大值.20.（本小题满分12分）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，且.（1）求的值；（2）设为坐标原点，抛物线上是否存在点与点不重合），使得过点作线段的垂线与抛物线交于点，直线分别交轴、轴于点、，且满足（表示的面积，表示的面积）？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）若函数在处的切线与直线平行，求的值；（2）求函数的单调区间；（3）在（1）的条件下，若对恒成立，求实数的取值范围.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.\n22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，四边形内接于圆，是圆的直径，于点，.（1）证明：是圆的切线；（2）如果，，求线段的长.23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，曲线为参数)，在以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同单位长度的极坐标系中，直线.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）曲线上恰好存在三个不同的点到直线的距离相等，分别求这三个点的极坐标.24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）当时，解不等式.\n月考卷一、选择题1.C【解析】，，，故选C.2.D【解析】∵，∴，∴，∴.又∵，∴图中阴影部分表示的集合为.5.C【解析】由原命题和逆否命题的关系知①正确；由，可得或向量与垂直，所以②正确；③中命题是假命题，所以是假命题，所以③错误；特称命题的否定是全称命题，所以④正确.6.B【解析】∵，∴当时，取得最大值，此时，∴平面，∴.7.A【解析】由题意得，，周期，故.\n8.B【解析】设椭圆方程为，，则，.又由于，所以，即可得.所以点在以为直径的圆上，即椭圆于该圆有异于点的公共点.，消去，得，.由于过点，所以有一个根为，另一个根为，由韦达定理可得.又因为，解得.9.A【解析】如下图所示，该几何体的直观图为四棱柱截取三棱锥和三棱锥.由已知底面为直角梯形，底面，为的中点，所以该几何体的体积.10.A【解析】因为为线段上靠近点的四等分点，所以，设，则\n又因为，所以有，即.`11.C【解析】,由，得，故数列为等差数列，由，得，所以，所以.12.A【解析】当时，作函数与函数的图象如下：结合图象可知，，故；当时，作函数与函数的图象如下：结合图象可知，，故.二、填空题13.1或5【解析】令，则有，即，得或.14.【解析】设数列的公差为，依题意，即，化简可得，∴\n.15.【解析】由题意知可行域如图：∵在可行域内恒成立，即，∴只需求的最大值即可，设，由图象知，则的斜率，的斜率，由图像可知，∵在时为增函数，∴当时，取得最大值，此时，，∴，∴的最大值为.16.【解析】∵当时，，当且仅当时等号成立，∴时，函数有最小值.∵，∴.当时，，则函数在区间上单调递减，∴时，函数有最大值，，则对，.∵恒成立，且，∴，解得.∴正数的取值范围是.三、解答题17.解：（1）因为成等比数列，所以，\n由余弦定理可知，又，所以.且，解得.于是.（2）因为，所以，所以.又或，所以或于是.18.解：（1）所有的基本事件共有个，其中满足的基本事件有共个，故.（2）记“点在函数的图象上”为事件，包含两个基本事件，所以.故点在函数的图象上的概率为.（3）记“以为边能围成等腰三角形”为事件，共包括个基本事件.所以.的可能取值为，，，，，所以的分布列为：0123P或.\n19.解：（1）因为等边△的边长为，且，所以，在△中，，由余弦定理，得.因为，所以.折叠后有，因为平面平面，又平面平面，平面，，所以平面，又平面，故.（2）由（1）可知，平面，如图，以为坐标原点，以射线分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，作于点，连接、，设，则，所以，因为，所以平面，所以平面的一个法向量为.设直线与平面所成的角为，所以，①若，则.②若，则，\n令.因为函数时单调递增，所以，即，所以.故所求的最大值为.（此时点与重合）20.解：（1）由抛物线的定义，得，∴，∴.将点代入：，得，∴.（2）由题意知直线的斜率存在且不为，根据抛物线的对称性，现考虑点在第一象限，如图所示，设直线的方程为，，则直线的方程为.由，得，∴（舍去）或，点，由，得，∴（舍去）或，点，∵当时，，轴，不符合题意，∴直线的方程为，即，∴.∵，，\n∴，即，∴，∴或.又由抛物线的对称性，得点的坐标为或.21.解：（1）.∵函数在处的切线与直线平行，∴，即，解得或（舍去），∴.（2）函数的定义域为，，①当时，，∴当或时，；当时，，∴函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.②当时，，，∴函数在区间上单调递增.③当时，，∴当或时，；当时，，∴函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.（3）当时，，由（2）知函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴函数在区间上的最小值只能在或中取得.\n∵，∴.设，则在区间上单调递减，且，∴，∴，∴在区间上的最小值是.若要满足对恒成立，只需恒成立，即需恒成立，即，解得，∴实数的取值范围是.22.解：（1）连接，如图，在中，于点，∴.∵平分，∴.∵，∴，∵，∴，即是圆的切线.（2）在和中，∵是圆的直径，∴，由（1）得，又∵，∴，∴.∴，∵，∴，进一步求得.23.解：（1）由题意得∴曲线的普通方程为.\n∵直线，∴直线的直角坐标方程为.（2）∵圆心，半径为，圆心到直线的距离，∴这三个点分别在平行于直线的两条直线上，设与圆相交于点，与圆相交于点，如图所示，∴直线与直线的距离均为，∴，.由得或，即.由得，即.∴这三个点的极坐标分别为.24.解：（1）由题意得对任意恒成立，即，又，所以，解得.所以实数的取值范围为.（2）当时，不等式可化为，当时，变形为，解得，此时不等式的解集为；当时，变形为，解得，此时不等式的解集为；当时，不等式解得，此时不等式的解集为，\n综上，不等式的解集为.