1、2016年广州市普通高中毕业班综合测试（一）文科数学一、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，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】试题分析：，所以，故选D考点：1、一元二次不等式；2、集合的交集2.已知复数，其中为虚数单位，则复数所对应的点在（ ）（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限【答案】D【解析】试题分析：，所以复数所对应的点，在第四象限，故选D考点：1、复数的除法运算；2、复数的几何意义3.已知函数则的值为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】试题
2、分析：，所以，故选C考点：分段函数求值4.设是所在平面内的一点，且，则与的面积之比是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】B【解析】试题分析：依题意，得，设点到的距离为，所以与的面积之比是，故选B考点：三角形的面积5.如果函数的相邻两个零点之间的距离为，则的值为（ ）（A）3 （B）6 （C）12 （D）24【答案】B【解析】试题分析：由题意得：，解得：，因为，所以，故选B考点：三角函数的性质6.执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的值为（ ）（A）6 （B）8 （C）10 （D）12开始结束输入x是否输出【答案】C【解析】试题分析：第1次运行：，否；第2次运行：，否；第3次运行：，
3、否；第4次运行：，否；第5次运行：，是，所以输出故选C考点：程序框图7.在平面区域内随机投入一点，则点的坐标满足的概率为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】试题分析：作出平面区域，如图所示，其中阴影部分符合，其面积为，正方形的面积为，所以点的坐标满足的概率是，故选A考点：1、线性规划；2、几何概型8.已知，若，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】B【解析】试题分析：因为，所以，所以，故选B考点：1、同角三角函数的基本关系；2、两角和的正弦公式9.如果，是抛物线：上的点，它们的横坐标依次为，是抛物线的焦点，若，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】试
4、题分析：抛物线的焦点，准线方程是，由抛物线的定义得：，所以，故选A考点：抛物线的定义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上，则该球的体积为（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】试题分析：六棱柱的对角线长是，所以该球的半径为，所以该球的体积为，故选D考点：1、六棱柱的外接球；2、球的体积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； ：若，则，；：若，则，；：在中，若，则其中真命题的个数是（ ）（A）1 （B）2 （C）3 （D）4【答案】B【解析】试题分析：若直线和平面内的无数条直线垂直，则或，所以是假命题；，所以是
5、真命题；由得：，所以是假命题；，所以是真命题故选B考点：1、直线与平面的位置关系；2、函数的奇偶性；3、全称命题与特称命题；4、正弦定理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）（C） （D）【答案】A【解析】试题分析：该四面体是如图中的三棱锥，三角形的底边上的高为，所以该四面体的表面积是，故选A考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积第卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分）13.函数的极小值为 【答案】【解析】试题分析：，令得，当或时，当时，所以当时，函数有极小值，且极小值是考点：导数研究
6、函数的极值14.设实数，满足约束条件 则的取值范围是 【答案】【解析】试题分析：作出可行域如图所示：由可得表示的是斜率为，截距为的平行直线系当截距最大时，最大，当截距最小时，最小当过直线与直线的交点时，截距最小，当过直线与直线的交点时，截距最大，所以的取值范围是考点：线性规划15.已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，点，且，则双曲线的离心率为 【答案】【解析】试题分析：由题意得：，所以，因为，所以，因为，所以，两边同除以，得，解得：（舍去）或考点：1、双曲线的简单几何性质；2、平面向量的坐标运算16.在中，点在边上，,，则的长为 【答案】考点：余弦定理三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答
7、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.（）求数列的通项公式；（）设，求数列的前项和.【答案】（I）；（II）【解析】试题分析：（I）设数列的公比，由题意列出关于的方程，解出，进而可得数列的通项公式；（II）先求出数列的通项公式，再利用错位相减法可得数列的前项和试题解析：（）设数列的公比为，因为，所以，1分因为是和的等差中项，所以2分即，化简得因为公比，所以4分所以（）5分（）因为，所以所以7分则， . 9分得，10分 ，所以12分考点：1、等比数列的通项公式；2、数列求和18.（本小题满分12分）从某企业生产的某种产品中抽取100件
8、，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（）求这些产品质量指标值落在区间内的频率；（）用分层抽样的方法在区间内抽取一个容量为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质量指标值0.0120.0040.0190.03015253545556575850频率组距【答案】（I）；（II）【解析】试题分析：（I）利用频率分布直方图中所有频率之和等于可得这些产品质量指标值落在区间内的频率；（II）先算出落在区间，内的产品件数，再列举出从件产品中任意抽取件产品的基本事件和这件产品都在区间内的基本事件，进而
9、利用古典概型公式可得这件产品都在区间内的概率试题解析：（）设区间内的频率为，则区间，内的频率分别为和1分依题意得，3分解得所以区间内的频率为4分（）由（）得，区间，内的频率依次为，用分层抽样的方法在区间内抽取一个容量为6的样本，则在区间内应抽取件，记为，在区间内应抽取件，记为，在区间内应抽取件，记为6分设“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，则所有的基本事件有：，共15种8分事件M包含的基本事件有：，共10种10分所以这2件产品都在区间内的概率为12分考点：1、频率分布直方图；2、古典概型；3、分层抽样19.（本小题满分12分）如图，四棱柱的底面是菱形，底面，（）证明：平
10、面；（）若，求点到平面的距离ABCDO【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】试题分析：（I）由题意可证，进而可证平面；(II)先将点到平面的距离转化为点到平面的距离，再利用等积法可得点到平面的距离试题解析：（）证明：因为平面，平面，所以1分因为是菱形，所以2分因为，平面，所以平面3分（）解法一：因为底面是菱形，所以，4分所以的面积为5分因为平面，平面，所以，6分因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面ABCD的距离7分由（）得，平面因为平面，所以 因为，所以8分所以的面积为9分设点到平面的距离为，因为，所以10分所以所以点到平面的距离为12分解法二：由（）知平面， 因为平面，所以平面平面4
11、分连接与交于点，连接，因为，所以为平行四边形又，分别是，的中点，所以为平行四边形所以6分因为平面与平面交线为，过点作于，则平面8分因为，平面，所以平面因为平面，所以，即为直角三角形10分所以 所以点到平面的距离为12分ABCDOH考点：1、线面垂直；2、点到平面的距离20.（本小题满分12分）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左顶点为，左焦点为，点在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于点，（）求椭圆的方程；（）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，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（I）；(II)或解法二：设椭圆的方程为，因为椭圆的左焦点为，所
12、以 1分因为点在椭圆上，所以 2分由解得，3分所以椭圆的方程为4分（）解法一：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为5分因为直线与椭圆交于两点，设点（不妨设），则点联立方程组消去得所以，6分所以直线的方程为7分因为直线与轴交于点，令得，即点8分同理可得点9分假设在轴上存在点，使得为直角，则10分即，即11分解得或 故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角12分解法二： 因为椭圆的左端点为，则点的坐标为5分因为直线与椭圆交于两点，设点，则点所以直线的方程为6分因为直线与轴交于点，令得，即点7分同理可得点8分假设在轴上存在点，使得为直角，则即，即 （）9分因为点在椭圆上，所以，即10分将代入（）得1
13、1分解得或故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角12分解法三：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为5分因为直线与椭圆交于两点，设点（），则点6分所以直线的方程为7分因为直线与轴交于点，令得，即点8分同理可得点9分假设在轴上存在点，使得为直角，则10分即，即11分解得或故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角12分考点：1、椭圆的标准方程；2、椭圆的简单几何性质；3、直线与圆锥曲线的位置关系21.（本小题满分12分）已知函数.（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）当时，证明：.【答案】（I）（II）证明见解析【解析】试题分析：（I）先代入，对求导数，再算出，进而可得曲线在点处的切线方程；（
14、II）先构造函数，再利用导数可得的最小值，进而可证当时，试题解析：（）解：当时，所以1分所以，. 2分所以曲线在点处的切线方程为即.3分（）证法一：当时，.要证明，只需证明.4分以下给出三种思路证明.思路1：设，则.设，则，所以函数在上单调递增6分因为，所以函数在上有唯一零点，且.8分因为时，所以，即.9分当时，；当时，.所以当时，取得最小值10分故综上可知，当时，.12分思路2：先证明5分设，则因为当时，当时，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以（当且仅当时取等号）7分所以要证明， 只需证明8分下面证明设，则当时，当时，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以（当且仅
15、当时取等号）10分由于取等号的条件不同，所以综上可知，当时，.12分（若考生先放缩，或、同时放缩，请参考此思路给分！）思路3：先证明.因为曲线与曲线的图像关于直线对称，设直线与曲线，分别交于点，点，到直线的距离分别为，则其中，设，则因为，所以所以在上单调递增，则所以设，则因为当时，；当时，所以当时，单调递减；当时，单调递增所以所以所以综上可知，当时，.12分证法二：因为，要证明，只需证明.4分以下给出两种思路证明.思路1：设，则.设，则所以函数在上单调递增6分因为，所以函数在上有唯一零点，且.8分因为，所以，即9分当时，；当时，.所以当时，取得最小值10分故综上可知，当时，12分思路2：先证明
16、，且5分设，则因为当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增所以当时，取得最小值所以，即（当且仅当时取等号）7分由，得（当且仅当时取等号）8分所以（当且仅当时取等号）9分再证明因为，且与不同时取等号，所以综上可知，当时，12分考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性；3、利用导数研究函数的最值；4、不等式的证明请考生在第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.解答时请写清题号.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，交的延长线于点，过点作交的延长线于点（）求证：；（）若直线与相切于点，且，求线段的长FCDOA
17、BE【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】（I）利用弦切角定理和证，进而可证；（II）先利用切割线定理可得和，利用（I）的结论可得，再由可得，进而可得试题分析：试题解析：（）证明：因为是的切线，所以（弦切角定理）1分因为，所以2分所以因为（公共角），所以3分所以即4分（）解：因为是的切线，是的割线，所以 （切割线定理）5分因为，所以，7分由（）知，所以8分因为，所以 9分所以所以 10分考点：1、相似三角形的判定定理；2、弦切角定理；3、切割线定理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，曲线的极坐标方程为，.（）
18、求曲线的直角坐标方程；（）在曲线上求一点，使它到直线：（为参数，）的距离最短，并求出点的直角坐标.【答案】（I）（或）；（II）【解析】试题分析：（I）先两边同乘得，再利用，可得曲线的直角坐标方程；（II）先消去可得直线的普通方程，再设点的坐标，利用垂直可得，进而检验可得点的坐标试题解析：（）解：由，可得1分因为，2分所以曲线的普通方程为（或） 4分（）解法一：因为直线的参数方程为（为参数，），消去得直线的普通方程为 5分因为曲线：是以为圆心，1为半径的圆，设点，且点到直线：的距离最短，所以曲线在点处的切线与直线：平行即直线与的斜率的乘积等于，即7分因为，解得或所以点的坐标为或9分由于点到直线
19、的距离最短，所以点的坐标为10分解法二：因为直线的参数方程为（为参数，），消去得直线的普通方程为5分因为曲线是以为圆心，1为半径的圆，因为点在曲线上，所以可设点7分所以点到直线的距离为 8分因为，所以当时，9分此时，所以点的坐标为10分考点：1、极坐标方程与直角坐标方程的互化；2、参数方程与普通方程的互化24.（本小题满分10分）选修45：不等式选讲设函数 （）当时，求不等式的解集； （）若对任意，不等式的解集为空集，求实数的取值范围【答案】（I）；（II）【解析】试题分析：（I）先代入得，写出分段函数，再求解，进而可得实数的取值范围；(II)先由已知条件得，再利用绝对值不等式可得的最大值，进
20、而利用基本不等式可得实数的取值范围试题解析：（）解：当时，等价于1分当时，不等式化为，无解；当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，解得3分综上所述，不等式的解集为4分（）因为不等式的解集为空集，所以5分以下给出两种思路求的最大值.思路1：因为 ，当时， 当时，当时，所以7分思路2：因为 ，当且仅当时取等号所以7分因为对任意，不等式的解集为空集，所以8分以下给出三种思路求的最大值.思路1：令，所以当且仅当，即时等号成立所以所以的取值范围为10分思路2：令，因为，所以可设 ，则， 当且仅当时等号成立所以的取值范围为10分思路3：令，因为，设则问题转化为在的条件下，求的最大值利用数形结合的方法容易求得的最大值为，此时所以的取值范围为10分xyO考点：1、绝对值不等式；2、恒成立问题；3、基本不等式
