内蒙古杭锦后旗奋斗中学2016届高三上学期9月质量检测考试数学(理)试题

第Ⅰ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.

xy1(a0,b0)的一个焦点与抛物线y212x的焦点重合，且双曲22ab线的离心率等于3，则该双曲线的标准方程为（ ）

x2y2y2x2x2y2x2y21 1 C．1 D．1 A．B．271818271224365．已知双曲线

6、若正数x,y满足x3y5xy,则3x4y的最小值是（ ）

A．

222428 B．5 C． D．6 557．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

πA．8－2π B．8－

2π

C．8－π D．8－ 4

8、将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1,2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( ) A．52种 B．36种 C． 20种 D．10种 9、在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若ab3bc，sinC23sinB，

22则A（ ）

A．30 B．60 C．120 D． 150

10．执行如右图的程序框图，若输出的S48，则输入k的值可以为( )A．6 B．10 C．4 D．8

211．二项式(xx)展开式中含有x项，则n可能的取值是

0000开始输入k1xn （ ）

A．8 B．7 C．6 D．5

2n1,S112．设函数f(x)在R上存在导数f(x)，有f(x)f(x)x，xR，在(0,)上f(x)x，若f(6m)f(m)186m0，则实数m的取值范围为（ ）

A．[2,) B．[3,) C．[3,3] D．(,2][2,)

yxnlogk?否是输出S结束nn3S2Sn第Ⅱ卷

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. 若函数f(x)=xln(xax2)为偶函数，则a= （第10题图）

本卷包括必考题和选考题两部分。第13题～第21题为必考题，每个考生都必须做答。第

x2y21的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程14. 一个圆经过椭圆

1为 .

x015.若x,y满足约束条件：x2y3；则xy的取值范围为_____

2xy316. f(x)是定义在R上的函数，且f(x3)f(x)3，f(x2)f(x)2，f(0)0，则f(2016) ．

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an满足a11，

（1）求数列an的通项公式；

nanan1n，nN*．

an1

2n（2）设bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．.

an

AD=AA1=1，AB2，点18.（本小题满分１2分）如图，在长方体ABCDA1BC11D1中，

E是线段AB的中点．

(1)求证：D1ECE;

(2)求二面角D1ECD的大小的余弦值．

D

A E 19．（本小题满分12分）一次考试中，5名同学的语文、英语成绩如下表所示：

学生 语文（x分） 英语（y分） A1



D1

B1



C1

C

B

S1 87 86 S2 90 S3 91 S4 92 92 S5 95 94 （1）根据表中数据，求英语分y对语文分x的线性回归方程；

（2）要从4名语文成绩在90分（含90分）以上的同学中选出2名参加一项活动，以表示选中的同学的英语成绩高于90分的人数，求随机变量的分布列及数学期望E.．

ˆˆxaˆbˆ中，b（线性回归方程y(xi1nnix)(yiy)iˆx，其中x,y为样本平ˆyb，a(xi1x)2ˆ，aˆ的值的结果保留二位小数.） 均值，b

x2y2

20．(本小题满分12分) 已知椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点与抛物线C2：y2＝4x的焦点

ab

5

F重合，椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P，|PF|＝．

3

(1)求椭圆C1的方程；

→→→

(2)过点A(－1，0)的直线与椭圆C1相交于M、N两点，求使FM＋FN＝FR成立的动点R的轨迹方程．

21. （本小题满分12分）已知函数f(x)lnxax2(2a1)x，其中a为常数，且a0．

（1）当a1时，求f(x)的单调区间；

（2）若f(x)在x1处取得极值，且在0,e上的最大值为1，求a的值.

选做题：请考生从第22、23、24题中任选一题做答，并按要求在答题卷上注明题号．多答按所答的首题进行评分．

22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲。

如图，过圆O外一点M作它的一条切线，切点为A，过A作直线APOM于P．

(1)证明：OAOMOP；

(2)N为线段AP上一点，直线NBON且交圆O于B点，过B点的切线交直线ON于

2K.

证明：OKM90．

23．（本小题满分10分）选修4—4:坐标系与参数方程。

0BANOPMKxa4t,直线l:(t为参数),圆C:22cos()（极轴与x轴的非负半轴重合，

4y12t且单位长度相同）．

（1）求圆心C到直线l的距离；

（2）若直线l被圆C截的弦长为65,求a的值。 5

24。（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲。

已知函数fxx3xa．

1当a2时，解不等式fx2；

12若存在实数x，使得不等式fxa成立，求实数a的取值范围．

理科数学参

一、选择题：BCDAD BCDAD AB 二、填空题:13、1 14、(x12、 解：令g(x)f(x)∴函数g(x)为奇函数 ∵x(0,3225)y2 15、[3,0] 16、2016 241211x，g(x)g(x)f(x)x2f(x)x20 222)时，g/(x)f/(x)x0，函数g(x)在x(0,)为减函数

,g(0)0，所以函数g(x)在R上为减函数

又由题可知，f(0)011f(6m)f(m)186mg(6m)(6m)2g(m)m2186m0

22即

g(6m)g(m)0 ∴g(6m)g(m)，∴6mm,m3

16、∵f(2016)f(2013)3f(2010)6f(0)20162016

f(2016)f(2014)2f(2012)4f(0)20162016f(2016)2016

三、解答题：

17．解：（1）由

nanan1an， （2分） n，得(n1)an1nan，即n1an1ann1当n2时，

aaa2a3a4123n2n1n1n （3分） a1a2a3an2an1234n1n即an11a1 ； （4分） nn

因为a1111*，所以an（nN） （5分） 1n12n（2）由bn与an，得bnn2n （6分）

nan∴Tn12222323n2n ① （7分）

2Tn122223324(n1)2nn2n1 ② （8分）

①－②得Tn222232nn2n1 （11分） ∴Tn(n1)2n12 （12分）

18．解：(１) 证明：DD1面ABCD，CE面ABCD 所以DD1CE （1分） RtDAE中，AD1，AE1 DEAD2AE22 （3分）

222 同理：CE2，又CD2 ，CDCEDE DECE （4分）

DECEE 所以，CE面D1DE

（5分）

又D1E面D1EC 所以，D1ECE

（6分）(２)解法一：几何法

由（１）证可知D1ED是所求二面角D1ECD的平面角。 （8分） 在RTD1ED中，DD11，DE2；故，tanD1ED122（10分）

2

即二面角D1ECD的大小的余弦值为解法二：利用向量法

6

3 （12分）

设平面CD1E的法向量为m(x,y,1)，由(１)得D1E(1,1,1)，CE(1,1,0) （7分）

mD1Exy10且mCExy0

解得：xy111,即m(,,1)； （9分） 222D1A1z C1 B1又平面CDE的法向量为DD1(0,0,1)，

cosm,DD1mDD1|m||DD1|11111446 3x

D A

E

B C Y y

所以，二面角D1ECD的余弦值为19．解：（1） x6

3。 （12分）

879091929591, （1分）

5 y869259940 , （2分） 52(xix)(4)2(1)20214234,

i15(xix)(yiy)(4)(4)(1)(1)0(1)124435,

i1b35341.03, （4分） aˆybˆx901.03913.73， （5分） 故回归直线方程为y1.03x3.73. （6分） （2）随机变量的可能取值为0，1，2. （7分）

P(0)C2111C; P(1)2C22C2C22122; P(2)2 . （9分）

46C43C46故的分布列为

 0 1 2 P 1216 3 6 （10分） 所以E0161232161. （12分） 20．解：(1)抛物线C2：y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，准线为x＝－1，

设点P的坐标为(x0，y0)，依据抛物线的定义，由|PF|＝552

3，得1＋x0＝3，解得x0＝3

. 分)

因为点P在抛物线C2上，且在第一象限，

所以y220＝4x0＝4×3，解得y262260＝3.所以点P的坐标为3，3

. 分)

x2因为点P在椭圆Cy248

1：a2＋b2＝1上，所以9a2＋3b

2＝1. ①

又c＝1，且a2＝b2＋c2＝b2＋1, ②

a2＝4x2y2

解得2. 所以椭圆C1的方程为＋＝1. 

b＝3

43

(2

(3(5

分)

→→→

(2)设点M(x1，y1)、N(x2，y2)、R(x，y)，则FM＝(x1－1，y1)，FN＝(x2－1，y2)，FR＝(x－1，y).

所以FM→＋FN→

(x1＋x2－2，y1＋y2) .(6分)

因为FM→＋FN→＝FR→

，所以x1＋x2－2＝x－1，y21＋y2＝y. ③

因为M、N在椭圆Cx1上，所以14＋y213＝1，x22y224＋3

＝1.

上面两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)(y1＋y2)(y1－y24＋)

3＝0. ④

把③式代入④式，得(x＋1)(x1－x2)4＋y(y1－y2)

3

＝0.

当xxy1－y23(x＋1)

1≠2时，得x＝－1－x2

4y. ⑤ 分)

设FR的中点为Q，则Q的坐标为x＋1y2，2

.

y因为M、N、Q、A四点共线，所以ky1－y22y

MN＝kAQ，即x＝1＝1－x2x＋.⑥

2

＋1x＋3

把⑥式代入⑤式，得yx＋3

＝－3(x＋1)4y，化简得4y2＋3(x2

＋4x＋3)＝0. 分)

当x1＝x2时，可得点R的坐标为(－3，0)，

经检验，点R(－3，0)在曲线4y2＋3(x2

＋4x＋3)＝0上．

所以动点R的轨迹方程为4y2＋3(x2

＋4x＋3)(12分)

21． 解：显然函数f(x)的定义域为（0，+）.

（1）当a1时，f(x)lnxx23x，f(x)2x23x1x （1分）令f(x)0，解得x112,x21. 当0x112时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,2)上单调递增； （2分）当12x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(12,1)上单调递减； （3分）当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(1,)上单调递增； （4分）所以f(x)的单调递增区间为(0,1)（,1，+）；单调递减区间为(122,1). （5分）（2）因为f(x)2ax2(2a1)x1(2ax1)(x1)xx

＝ (8

(10

0. ＝

令f(x)0,解得x11,x21 2a1. （6分） 2因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x1，即a①当a0，即x210时， 2a1）因为当0x1时，f(x)0，所以f(x)在（0，上单调递增；当1xe时，f(x)0所以f(x)在(1,e]上单调递减；故f(x)在区间0,e上的最大值为f(1).

由f(1)1，解得a2. （7分）

111时， ，即0x222a111)上单调递增；当x1时，因为当0x时，f(x)0，所以f(x)在(0,2a2a2a1f(x)0，所以f(x)在(,1)上单调递减；当1xe时，f(x)0，所以f(x)在(1,e]2a1上单调递增；故f(x)在区间0,e上的最大值1只可能在x或x=e处取得.

2a②当a因为f(111111)lna()2(2a1)ln10， 2a2a2a2a2a4a11. （9分） e22所以由f(e)lneae2(2a1)e1，解得a③当

111a，即1x2e时， 2e22a1时，f(x)02a1）因为当0x1时，f(x)0，所以f(x)在（0，上单调递增；当1x所以f(x)在(1,111)上单调递减；当xe，f(x)0，所以f(x)在,e上单调2a2a2a递增；故f(x)在区间0,e上的最大值1只可能在x=1或x=e处取得. 因为f(1)ln1a(2a1)(a1)0， 所以由f(e)lneae2(2a1)e1，解得a④当0a11（舍去）. （10分） e2211e时， ，即x22e2a1）因为当0x1时，f(x)0，所以f(x)在（0，上单调递增；当1xe时，f(x)0所以f(x)在（1，e）上单调递减；故f(x)在区间0,e上的最大值1只可能在x=1处取得.

因为f(1)ln1a(2a1)(a1)0，所以此时a无解. （11分）

1或a2. （12分） e222．解：证明：（1）由MA是圆O的切线知:AMOA （2分） 又∵APOM；

综上所述，a∴ 在RtOAM中，由射影定理知：OAOMOP （4分）

2（2）证明：由BK是圆O的切线知：BNOK．同（1）OBONOK （6分）

2由OBOA得：OMOPONOK （7分） 即:

OPOK．又NOPMOK，则VNOP:VMOK （9分） ONOM0∴ OKMOPN90． （10分） (用M、P、N、K四点共圆来证明也得分)

xa4t化为普通方程为x2y2a0, （2分）

y12t把22cos()化为直角坐标系中的方程为x2y22x2y0, (4分)

4 圆心C(1,1)到直线的距离为5|1a| (5分)

53（2）由已知圆的半径为2，弦长的一半为 (7分)

523．解：（1）把23a1所以，2 (8分) 55a22a0，a0或a2 (10分)

22

(x2)124．解:(1)a2 f(x)x3x252x(2x3) （1分）

1(x3)1x3x2152xf(x)等价于2或1 （3分） 1或21122x32解得

1111x3或x3，所以不等式的解集为{x|x} （5分） 44(2)由不等式性质可知f(x)x3xa(x3)(xa)=a3 （8分）

若存在实数x，使得不等式f(x)a成立，则a3a，解得a3 2

3实数a的取值范围是(,] （10分）

2