甘肃省天水市第一中学2016届高三上学期期末考试 数学(文)试题(word)版

甘肃省天水市一中2016届高三上学期期末考试数学（文）试题 命题: 汪生武 张硕光 审核：张硕光 本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．

第一卷

一、选择题（本大题共12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．设集合U1,2,3,4,5,A1,2,3,B2,5，则A(CUB)=（ ） A．2 B．2,3 C．3 D．1,3 2．复数z21i ，则复数z的模是（ ） A．1 B．2 C．3 D．22 3．下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是（ ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．①②

4．已知a(1,2)，b(2,m)，若ab，则|b|（ ）

A．

12 B．1 C．3 D．5 5．设Sn是等差数列an的前n项和，若a1a3a53，则S5=（ ）． A．5 B．7 C．9 D．11 6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )． A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4

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27．若动圆与圆x2y4相外切，且与直线x=2相切，则动圆圆心

2的轨迹方程是（ ）

22

A ． y+12x-12=0 B ． y-12x+12=0

22

C ． y+8x=0 D ． y-8x=0

8．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）

A．4 B．9 C．7 D．5

9．已知函数fxsinxcosxcosx，则下列说法正确的为（ ） A．函数fx的最小正周期为2 B．函数fx的最大值为2

C．函数fx的图象关于直线x对称

8D．将fx图像向右平移

8后会得到一个奇函数图像

10．利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P—ABCD，其中底面四边形

ABCD是边长为1的正方形，PA=1，且PA平面ABCD，则球体毛坯体积的最小值应为（ ）

个单位长度，再向下平移

1个单位长度2A.333 D.  B.3

23411．若f(x)（ ）

(3a)x4a,x1是R上的增函数，那么a的取值范围是

log5ax,x13535A．,3 B．[,3) C．(,3) D．,3

1515高考提分，学霸之路 www.dz101.com

12．已知f（x）＝5－2|x|，g（x）＝x－2x，F（x）＝则F（x）的最值是（ ）

2

fxgxgx,若gxfxfx,若， A．最大值为3，最小值525 B．最大值为525，无最小值 C．最大值为3，无最小值 D．既无最大值，又无最小值

第二卷

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）

32

13．如果函数y=f(x)=2x－3x＋a的极大值为6，那么a等于__________．

xy2114．若x,y满足不等式组x1，则zxy的最小值是

2y2__________．

x2y21有相同的渐近线的双曲线方程15．焦点为0,3，且与双曲线2是__________．

16．设O为ABC的外心，且满足OAOBOC.则ACB_____． 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）

17．（本小题满分12分）在锐角ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边，且3a2csinA． （1）确定角C的大小；

（2）若c7，且ABC的面积为

33，求ab的值． 218．（本小题满分12分）某校为调研学生的身高与运动量之间的关系，从高二男生中随机抽取100名学生的身高数据，得到如下频率分布表：

组号分组频数频率 第1组[160，165)100．100 第2组[165，170)①0．150 第3组[170，175)30②高考提分，学霸之路 www.dz101.com

第4组 第5组 合计 0．250 0．200 1．00 （1）求频率分布表中①、②位置相应的数据；

（2）为了对比研究学生运动量与身高的关系，学校计划采用分层抽样的方法从第2、5组中随机抽取7名学生进行跟踪调研，求第2、5组每组抽取的

学生数？

（3）在（2）的前提下，学校决定从这7名学生中随机抽取2名学生接受调

研访谈，求至少有1名学生来自第5组的概率？

19．（本小题满分12分）如图，多面体ABCDEF中，BA,BC,BE两两垂直，且

[175，180) [180，185) 25 20 100 AB//EF,CD//BE,ABBE2，

BCCDEF1．

（1）若点G在线段AB上，且BG3GA，求证：

CG//平面ADF；

（2）求多面体ABCDEF的体积． 20．（本小题满分12分）已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1和F2，且|F1F2|=2，点（1，（1）求椭圆C的方程；

（2）过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若AF2B的面积为求以F2 为圆心且与直线l相切圆的方程．

21. （本小题满分12分）已知函数fxxalnx，在x1处的切线与直线x2y0垂直，函数gxfx （1）求实数a的值；

（2）若函数gx存在单调递减区间，求实数b的取值范围； （3）设x1,x2(x1x2)是函数gx的两个极值点，若b3）在该椭圆上． 2122，712xbx． 27，求2高考提分，学霸之路 www.dz101.com

gx1gx2的最小值．

请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号（在答题卡上将你所选题号涂黑）. 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图所示,锐角三角形ABC的内心为I,过点A作直线BI的垂线,垂足为H,点E为圆I与边CA的切点.

(1)求证A,I,H,E四点共圆;

(2)若∠C=50°,求∠IEH的度数.

23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为x2cos（为参数），曲线C2的极坐标方程为

ysinC2:cossin1,若曲线C1与C2相交于A、B两点．

(1)求|AB|的值；

(2)求点M(1,2)到A、B两点的距离之积． 24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

（1）已知实数a,b满足a2,b2，证明：2ab4ab;

（2）已知a>0，求证：a＋

2112－≥a＋－2. 2aa天水市一中2016届高三第一学期第四次阶段考试

数学（文科）

命题: 汪生武 张硕光 审核：张硕光

本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四

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个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．D 2． B3． B4． D5． A6． D7．A 8． B．9． D10． D.11． B12． C 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）

23y2x21 16． ACB13． 6 14． ． 15．

3236三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）

17．（本小题满分12分） 【答案】（1）60（2）ab5 【解析】

试题分析：（1）将3a2csinA利用正弦定理将边化为角，得到关于C的三角函数，求解C角大小；（2）由C角c边利用余弦定理可得到关于a,b的方程，利用三角形面积可得关于a,b的另一方程，解方程组可得到ab的值

试题解析：（1）3a2csinA，由正弦定理3sinA2sinCsinA

sinC3 2由ABC是锐角三角形， C60 （2）SABC133 ab6， absinC22a2b2c21cosC，将c7代入得到a2b213，

2ab2aba2b22ab131225ab5

考点：1．正余弦定理解三角形；2．三角形面积公式

18．（本小题满分12分）

（1）求频率分布表中①、②位置相应的数据；

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（2）为了对比研究学生运动量与身高的关系，学校计划采用分层抽样的方法从第2、5组中随机抽取7名学生进行跟踪调研，求第2、5组每组抽取

的学生数？

（3）在（2）的前提下，学校决定从这7名学生中随机抽取2名学生接受调

研访谈，求至少有1名学生来自第5组的概率？

6【答案】（1）15，0.3（2）第2、5组分别抽取3人、4人．（3）7 【解析】

试题分析：（1）由频数、频率及总数关系得第2组的频数为1000.1515，

15300.373100第3组的频率为（2）分层抽样就是按比例抽样：35，207435（3）利用枚举法列出从这7名学生中随机抽取2名学生的总数：

21种，再从中挑出至少有1名学生来自第5组的个数：18种，也可从其对立事件出发，最后根据古典概型概率求法求概率 试题解析：（1）由频率分布表可知， 第2组的频数为1000.1515（人）， 300.3100第3组的频率为；

（2）因为第2、5组共有35名学生，所以利用分层抽样在35名学生中抽取

1573357名学生，每组分别为：第3组：(人)， 2074第5组：35(人)，

所以第2、5组分别抽取3人、4人．

（3）设第2组的3位同学为A1,A2,A3，第5组的4位同学为B1,B2,B3,B4， 则从7位同学中抽2位同学有21种可能情况：

(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,B4),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,B4)(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),(A3,B4),(B1,B2),(B1,B3),(B1,B4),(B2,B3),(B2,B4),(B3,B4),

其中第5组的4位同学B1,B2,B3,B4中至少有一位同学入选的有18种，

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6故至少有1名学生来自第5组的概率为7．

考点：分层抽样，古典概型概率

19．（本小题满分12分）

【答案】（Ⅰ）分别取AB,AF的中点M,H，连结MF,GH,DH，则有

AGGM,MFBE．∵AHH∴ GH1MF2又∵

CD12,BEB∴EM∴四边形CDHG是平行四边形 CDGHF∴CGDH，又∵CG平面ADF,DH平面ADF∴CG平面

4（Ⅱ）． ADF．

3【解析】

试题分析：（Ⅰ）分别取AB,AF的中点M,H，连结MF,GH,DH，由已知条件能推导出四边形CDHG是平行四边形，由此能证明CG平面（Ⅱ）首先将多面体ABCDEF分割为四棱锥DABEF和三棱锥ADF；

ABCD，然后分别求出四棱锥DABEF和三棱锥ABCD的体积，

最后将其作加法即可得出所求的结论．

试题解析：（Ⅰ）分别取AB,AF的中点M,H，连结MF,GH,DH，则有

AGGM,MFBE．∵AHH∴ GH1MF2又∵

CD12,BEB∴EM∴四边形CDHG是平行四边形 CDGHF∴CGDH，又∵CG平面ADF,DH平面ADF∴CG平面

ADF．

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（Ⅱ）因为多面体ABCDEF的体积可分割为四棱锥DABEF和三棱锥

ABCD的体积之和，而

四

棱

锥

DA的体积为：

VDA13BSEF1B(311CA22)EB21FABCD，三棱锥的体

11111VABCDSBCDAB1123323，积为所以多面体ABCDEFVABCDEF14133．

的体积

考点：1、线面平行的判定定理；2、空间几何体的体积．

20．（本小题满分12分）

x2y2 【答案】 (1) 1 (2) (x1)2y22

43x2y2解析：（1）椭圆C的方程为1

43（2）①当直线l⊥x轴时，可得A（-1，-

33），B（-1，），AF2B的面22积为3，不符合题意．

②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+1）．代入椭圆方程得：

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(34k2)x28k2x4k2120，显然＞0成立，设A(x1,y1)，

B(x2,y2)，则

8k2128k212(k21)，x1x2，可得|AB|= x1x222234k34k34k又圆F2的半径r=

2|k|1k2，∴AF2B的面积=

1|AB| 2212|k|k1=122，r=化简得：17k4+k2-18=0，得k=±1，∴r =2，

2734k圆的方程为(x1)2y22 21. （本小题满分12分）

【答案】 (1) a=1（2）{b|b＞3}（3）解析：解：（1）∵f（x）=x+alnx，

∴f′（x）=1+，∵f（x）在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直， ∴k=f′（x）|x=1=1+a=2，解得a=1． （2）∵g（x）=lnx+

﹣（b﹣1）x，

﹣2ln2

∴g′（x）=上有解，

，x＞0，由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）

即x++1﹣b＜0有解，∵定义域x＞0，∴x+≥2，x+＜b﹣1有解， 只需要x+的最小值小于b﹣1，∴2＜b﹣1，解得实数b的取值范围是{b|b＞3}．

（3）∵g（x）=lnx+

﹣（b﹣1）x，

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∴g′（x）==0，∴x1+x2=b﹣1，x1x2=1

∴g（x1）﹣g（x2）=ln﹣（﹣）

∵0＜x1＜x2，∴设t=，0＜t＜1，令h（t）=lnt﹣（t﹣），0＜t＜1，

则h′（t）=﹣

2

＜0，∴h（t）在（0，1）上单调递减，

2

又∵b≥，∴（b﹣1）≥（t）≥h（）=

，∵0＜t＜1，∴4t﹣17t+4≥0，∴0＜t，h

﹣2ln2．

﹣2ln2，故所求的最小值为

请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题

计分.作答时请写清题号.

22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

22. 解析:(1)由圆I与AC相切于点E得IE⊥AC,结合HI⊥AH,得∠AEI=∠AHI=90°,所以A,I,H,E四点共圆.

(2)由(1)知A,I,H,E四点共圆,所以∠IEH=∠HAI.由题意知∠HIA=∠ABI+∠

11111∠ABC+∠BAC=(∠ABC+∠BAC)=(180°-∠C)=90°-∠C,结2222211合IH⊥AH,得∠HAI=90°-∠HIA=90°-(90°-∠C)=∠C,所以∠

221IEH=∠C.由∠C=50°得∠IEH=25°.

2BAI=

23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

x2y21，C2:cossin1, 23. 解析：(1) 曲线C1的普通方程为2则C2的普通方程为xy10，则C2的参数方程为：

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x122tt为参数 2y22t代

入

C1得

3t2102t140ABt421t2(t1t2)24t1t23. (2) MAMBt1t2143. 24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

（1）证明：证法一a2,b2，∴a24，b24，

∴4a20，4b20． ∴4a24b20，164a24b2a2b20，

∴4a24b216a2b2，∴4a28ab4b2168aba2b2， 即2a2b24ab2，∴2ab4ab．

证法二：要证2ab4ab，

只需证4a24b28ab16a2b28ab, 只需证4a24b216a2b2,

只需证16a2b24a24b20, 4a24b20．

a2,b2，∴a24，b24，∴4a24b20成立．∴要证明的不等式成立．

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，

即

即

（2）证明：要证a＋211－≥a＋－2， 2aa2只需证a＋211＋2≥a＋＋2， 2aa只需证a＋

2

111122＋4＋4≥a＋＋2＋2a＋2a＋2， a2a2a2a11≥2a， 2aa121≥2a＋2， 22aa即证2a＋2只需证4a2＋即证a＋

2

1≥2，此式显然成立． ∴原不等式成立． 2a高考提分，学霸之路 www.dz101.com