湖北省宜昌市第一中学2016届高三数学上学期12月月考试题 理

数学试题（理）

本试卷共 4 页，共 24 题 满分150分，考试用时120分钟。

一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的.请将正确的答案填涂在答题卡上） 1．已知复数z3i（i为虚数单位），则|z| ( ) 2i１２3A．2 B．2 C．3 D．

22．等差数列an的前n项和为Sn，且a35，则S5（ ）

A．3 B．5 C．9 D．25

２　主视图左视图俯视图

3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（ ）

A．

39 B． 22C．

48 D． 334．下列说法中，不正确的是（ ）

22A．已知a,b,mR，命题“若ambm，则ab”为真命题；

B．命题“x0R,x02x00”的否定是：“xR,xx0”；

C．命题“p或q”为真命题，则命题p和命题q均为真命题；

D．“x3”是“x2 ”的充分不必要条件.

5.已知XN(,2)时，P(X+)0.6826，P(2X2)0.9544，

P(3X3)0.9974，则42123ex122dx ( )

A． 0.043 B． 0.0215 C． 0.3413 D． 0.4772

x2y26．已知双曲线221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2，点M在双曲线的

ab左支上，且|MF2|7|MF1|，则此双曲线离心率的最大值为（ ）

457A． B． C．2 D．

3333xy607．设x、y满足约束条件xy20，若目标函数zaxbya0,b0的最大值

x0,y0为10，则A．

23的最小值为（ ） ab24 B． 5 C． 25 D． 24 5333338．函数yx3在xak时的切线和x轴交于ak1，若a11，则数列{an}的前n项和为（ ）

nA. 12n B. (2)n1 C. 3(2)n D. 32 n1 1

29．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则

2下列结论中错误的个数是 ( ) ．．(1) AC⊥BE；

(2) 若P为AA1上的一点,则P到平面BEF的距离为

2； 2(3) 三棱锥A-BEF的体积为定值；

(4) 在空间与三条直线DD1，AB，B1C1都相交的直线有无数条. A．0 B．1 C．2 D．3

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv10．已知O为ABC的外心，AB=16，AC=102，若AO=xAByAC，且

uuv32x25y25，则OA=（ ）。

A．8

B．10

C．12 D．14

11.已知集合M＝{1，2，3}，N＝{1，2，3，4}，定义函数f：M→N.若点A(1，f(1))，

→→→

B(2，f(2))，C(3，f(3))，△ABC的外接圆圆心为D，且DA＋DC＝λDB(λ∈R)，则满足 条件的函数f(x)有( )

A．6个 B．10个 C．12个 D．16个

12．已知fx是定义在0，+上的单调函数，且对任意的x0，+，都有 ffxlogx3，则方程fxfx2的解所在的区间是（ ）

2A．0， B．121,1 C．1，2 D．2，3 2

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

12x8,Bxlog2x2x1,则AB= . 214.三角形ABC的内角A,B的对边分别为a,b，若acosAbsinB0，

213.已知集合Ax则三角形ABC的形状为____ ____.

15.设各项均为正整数的无穷等差数列{an}，满足a54=2014，且存在正整数k，使a1，a54，ak成等比数列，则公差d的所有可能取值之和为 ． 16.定义：eiR，cosisin，其中i是虚数单位，且实数指数幂的运算性质对e03123C32cossin2sinC3sin3，都成立.若xC3cos，yC3cos121212121212则xyi ．（结果用复数的代数形式表示）

i

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．（本题满分12分）某同学用“五点法”画函数

fxAsinxA0,0,在某一个周期的图象时，列表并填入的

2部分数据如下表：

2

x x 2 3x1 8 3x2 x3 0 0  2 3 22 0 Asin(x) 2 0 2 求x1，x2，x3的值及函数fx的表达式；

若对任意的x1,x2[0,]，都有|f(x1)f(x2)|t恒成立，求实数t的取值范围.

18．（本题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形， 平面ADNM⊥平面ABCD，DAB60,AD2,AM1,E是AB的中点． (1)求证：AN∥平面MEC；

(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角PECD的大小为30？若存在， 求出AP的长；若不存在，请说明理由．

 19．（本题满分12分）我市在夜明珠与黄柏河交汇形成的平湖水面上修建”三峡游轮中心”.其中有小型游艇出租给游客游玩，收费标准如下：租用时间不超过2小时收费100，超过2小时的部分按每小时100收取（不足一小时按一小时计算）．现甲、乙两人来该景点租

11用小型游艇，各租一次．设甲、乙租用不超过两小时的概率分别为，；租用2小时以上

3211且不超过3小时的概率分别为错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，且两人

23租用的时间都不超过4小时．

（Ⅰ）求甲、乙两人所付费用相同的概率；

（Ⅱ）设甲、乙两人所付的费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望．

3

20．（本题满分12分）中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上的椭圆E经过两点

3362R,,Q,.分别过椭圆E的焦点F1、F2的动直线l1,l2相交于P点，2222k2、与椭圆E分别交于A、B与C、D不同四点，直线OA、OB、OC、OD的斜率k1、

k3、k4满足k1k2k3k4．

（1）求椭圆E的方程；

（2）是否存在定点M、N，使得|PM||PN|为定值．若存在，求出M、N点坐标并

求出此定值，若不存在，说明理由． 21．（本题满分12分）已知函数fxlnxax有且只有一个零点，其中a＞0. （Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x0,，有fxkx成立，求实数k的最大值；

2 （III）设hxfxx，对任意x1,x21,x1x2，证明：

不等式

x1x2＞x1x2x1x21恒成立.

hx1hx2

请考生在22、23、24中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做,则按所做第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. 22. （本题满分10分）选修4-1:几何证明选讲

如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，锐角∠ABC的 平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D. （Ⅰ）证明：DB=DC； （Ⅱ）设圆的半径为1，BC=3，延长CE交AB于点F，

求△BCF外接圆的半径.

23. （本题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程

极坐标系与直角坐标系xoy有相同的长度单位，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴.已

1x2t22知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为sin8cos. y3t2（Ⅰ）求C的直角坐标方程；

（Ⅱ）设直线l与曲线C交于A,B两点，求弦长|AB|.

24. （本题满分10分）选修4－5:不等式选讲

对于任意的实数a(a0)和b,不等式|ab||ab|M|a|恒成立,记实数M的最大值是m.

（Ⅰ）求m的值;

4

（Ⅱ）解不等式|x1||x2|m.

5

宜昌一中 2016届高三年级12月考试数学（理）参

ADBCB ABDAB CC

13.2，3 14. 等腰三角形或直角三角形 15. 92 16.

22i 22x0,1x,fx3,1„„„9分 2336|f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)min13t„„„11分

t的取值范围为13,12 分

18. (1)证明 由已知，MN∥AD∥BC，连结BN，设CM与BN交于F，连结EF，如图所示．

又MN＝AD＝BC，所以四边形BCNM是平行四边形，F是BN的中点． 又E是AB的中点，所以AN∥EF. „„„„5分 因为EF⊂平面MEC，AN⊄平面MEC， 所以AN∥平面MEC. „„„„6分

(2)法一：如图所示，假设在线段AM上存在点P，使二面角P－EC－D的

π

大小为.延长DA，CE交于点Q，过A作AH⊥EQ于H，连结PH.

6

因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，

所以MA⊥平面ABCD，又CQ⊂平面ABCD，所以MA⊥EQ，又MA∩AH＝A，所以EQ⊥平面PAH，

π

所以EQ⊥PH，∠PHA为二面角P－EC－D的平面角．由题意，知∠PHA＝.

6

在△QAE中，AE＝1，AQ＝2，∠QAE＝120°， 则EQ＝1＋2－2×1×2cos 120°＝7，所以AH＝

2

2

AE×AQsin 120°3＝. EQ73173×＝＝<1. 3777π

又在Rt△PAH中，∠PHA＝，则AP＝AH×tan 30°＝6

π7

所以在线段AM上存在点P，使二面角P－EC－D的大小为，此时AP的长为.„„12分

67

法二：空间向量法

建系并写出点的坐标 „„„2分 法向量过程„„„2分 公式求解得答案„„„2分

19．解： （1）甲、乙所付费用可以为100、200元、300元„„„„„„„1分 甲、乙两人所付费用都是100元的概率为P1111„„„„„„„2分 3266

111„„„„„„„3分 23611111(1)(1)甲、乙两人所付费用都是300元的概率为P 132233613PP故甲、乙两人所付费用相等的概率为PP„„„„„„5分 12336（2）随机变量的取值可以为200,300,400,500,600„„„„„„„„„„„6分

111113111 P(200)P(30)

3322362361111111111P(400)（1）（1-）

23233322361111115P(500)（1）（1）

2232333611111P(600)（1）（1）

232336甲、乙两人所付费用都是200元的概率为P1故的分布列为：

 P 200 1 6300 13 300 11 36500 5 36600 1 36 „„„„„„„„„„„„„„„„„11分

1131151的数学期望是E200300400500600350

636363636 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分

20．解：（1）设椭圆E的方程为mx2ny21(m0,n0,mn) „„„1分

m39m2n4362将P,,Q, 代入有22223m6n4n13„„„3分 12x2y21．„„„4分 ∴ 椭圆E的方程为32（2）焦点F1、F2坐标分别为(—1，0)、(1，0)．

当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(—1，0)或(1，0)．

当直线l1、l2斜率都存在时，设斜率分别为m1，m2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)， x2y21222由3得：(23m1)x26m1x3m160， 2ym(x1)13m26∴ x1x2，x1x2． „„„6分 223m223m126m1k1k2y1y2x1x21xx2m1(1)m1(21) x1x2x1x2x1x222m12m1224m4m∵k1k2k3k4， ∴2122，即(m1m22)(m2m1)0．

m12m22m1(22)4m12m1， 同理k3k44m22m2．

7

由题意知m1m2， ∴m1m220． „„„9分

y2yyx21(x1)，„„„10分 设P(x,y)，则20，即2x1x1由当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(—1，0)或(1，0)也满足此方程，

y2x21上，„„„11分 ∴P(x,y)点椭圆2∴ 存在点M、N其坐标分别为0,1、0,1，使得|PM||PN|为定值22．„„12分 21．解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(a，)，f(x)1xa1． 1xaxa由f(x)0，得x1aa.

∵ 当ax1a时，f(x)0；当x1a时，f(x)0， ∴ f(x)在区间(a，1a]上是增函数，在区间[1a，+)上是减函数，

∴ f(x)在x1a处取得最大值．由题意知f(1a)1a0，解得a1．„„„3分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=ln(x+1)-x，

当k≥0时，取x=1得，f(1)ln210，知k≥0不合题意. 当k0时，设g(x)f(x)kx2ln(x1)xkx2. 则g(x)1x(2kx2k1). 12kxx1x12k11令g(x)0，得x10，x211.

2k2k12k1①若x2≤0，即k≤-时，g(x)0在x(0，)上恒成立，

22k∴ g(x)在[0，)上是增函数，从而总有g(x)g(0)0，

即f(x)≥kx2在[0，)上恒成立.

2k12k110，即k0时，对于x(0，)，g(x)0， 2k22k2k1∴ g(x)在(0，)上单调递减.

2k2k1于是，当取x0(0，)时，g(x0)g(0)0，即f(x0)≥kx02不成立.

2k11故k0不合题意.综上，k的最大值为. „„„„„„„„„„„„„7分

22（Ⅲ） 由h(x)f(x)xln(x1)．不妨设x1x21，则要证明

②若x2x1x2(x11)(x21)x1x2x1x21， 只需证明(x11)(x21)，

ln(x11)ln(x21)h(x1)h(x2)x1x1x1(x11)22(x11)(x21)(x21)2x122ln1即，即证1． ln1x1x1x1(x11)(x21)x21212t1x111lnt． (t1)，则只需证明t2lnt(t1)，化简得tx21tt1(t1)20， ∴ (t)在(1，)上单调递增， 设(t)lnt，则(t)2tttt1∴ (t)(1)0．即lnt，得证．故原不等式恒成立．„„„„„12分

t设t 8

9