2015-2016学年海南省海南中学高三(下)第六次月考数学试卷(理科)

2015-2016学年海南省海南中学高三（下）第六次月考数学试卷（理科）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，是整数，则“，均为偶数”是“是偶数”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2. 设有直线、和平面、．下列四个命题中，正确的是（）A.若，，则B.若，，，，则C.若，，则D.若，，，则3. 若实数，满足则的最小值是（）A. B.C. D.4. 已知在上是单调增函数，则的最大值是（）A. B. C. D.5. 已知双曲线的一条渐近线为，离心率，则双曲线方程为（）A.B.C.D.6. 定义式子运算为将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值为（）A.B.C.D.7. （文）长方体的个顶点在同一个球面上，且，，，则顶点、间的球面距离是（）A. B.C.D.8. 若定义在上的函数满足：对任意，有，则下列说法一定正确的是（）A.为奇函数B.为偶函数C.为奇函数D.为偶函数9. 一个正方体的展开图如图所示，，，为原正方体的顶点，为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.10. 若直线和没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（）A.个B.个C.至多个D.个11. 在正三棱锥中，、分别是、的中点，，且，则的体积为（）A.B.C.D.12. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点在上且，则的面积为（）A. B. C. D.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）1. 如图，，，，，、到的距离分别是和，与、所成的角分别是和，在、内的射影分别是和．若，则与的大小关系为________，与的大小关系为________．2. 已知向量知，，，且，则________．3. 已知函数，等差数列的公差为．若，则________．4. 某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第棵树种植在点处，其中，，当时，，表示非负实数的整数部分，例如，．按此方案，第棵树种植点的坐标应为________；第棵树种植点的坐标应为________．三．解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）1. 已知中内角，，的对边分别为，，，且，向量，且．（1）求锐角的大小；（2）求的面积的取值范围．2. 如图，在三棱锥中，，，，．（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）求点到平面的距离．3. 在数列中，，．（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和；（3）求数列的前项和．4. 水库的蓄水量随时间而变化，现用表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年数据，某水库的蓄水量（单位：亿立方米）关于的近似函数关系式为（1）该水库的蓄求量小于的时期称为枯水期．以表示第月份,…,，同一年内哪几个月份是枯水期？（2）求一年内该水库的最大蓄水量（取计算）．5. 已知菱形的顶点，在椭圆上，对角线所在直线的斜率为．（1）当直线过点时，求直线的方程；（2）当时，求菱形面积的最大值．[选修4-1：几何证明选讲]1. （选修：几何证明选讲）从外一点向圆引两条切线、和割线．从点作弦平行于，连接交于．求证：平分．[选修4-4：坐标系与参数方程]1. 自选题：已知曲线（为参数），曲线（为参数）．（1）指出，各是什么曲线，并说明与公共点的个数；（2）若把，上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线，．写出，的参数方程．与公共点的个数和与公共点的个数是否相同？说明你的理由．[选修4-5：不等式选讲]1. 自选题：已知函数．（1）作出函数的图象；（2）解不等式．参考答案与试题解析2015-2016学年海南省海南中学高三（下）第六次月考数学试卷（理科）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.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】先判断与的真假，再根据充要条件的定义给出结论；也可判断命题与命题所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题与命题的关系．【解答】解：，均为偶数，则为偶数，即，均为偶数”“是偶数”为真命题但为偶数推不出，为偶数，如，．“，均为偶数”是“是偶数”的充分而不必要条件故选2.【答案】D【考点】命题的真假判断与应用直线与平面平行的判定【解析】由题意设有直线、和平面、，在此背景下对四个选项逐一判断找出正确选项，选项可由线线平行的条件作出判断，选项可由面面平行的条件作出判断，选项可由线面垂直的条件作出判断，选项可由线面平行的条件作出判断．【解答】解：当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故不正确，选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故不正确，选项再加上垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故不正确，选项中由，，，可得，故是正确命题故选3.【答案】B【考点】简单线性规划的应用【解析】本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为：根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域，再用角点法，求出目标函数的最大值．【解答】解：约束条件对应的平面区域如图示：由图可知当，时，目标函数有最小值，故选4.【答案】D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】由在上是单调增函数，得到在上，恒成立，从而解得，故的最大值为．【解答】解：∵在上是单调增函数∴在上恒成立．即∵时，恒成立∴∴的最大值是故选5.【答案】C【考点】双曲线的标准方程【解析】首先由焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，可得；然后根据双曲线的离心率，可消去得、、的关系式；再结合双曲线的性质，即可整理出答案．【解答】解：因为双曲线的一条渐近线为，所以，又，所以，且有，所以，所以双曲线的方程为．故选．6.【答案】C【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换二阶矩阵【解析】先根据题意确定函数的解析式，然后根据左加右减的原则得到平移后的解析式，再根据偶函数的性质可确定的值．【解答】解：由题意可知将函数的图象向左平移个单位后得到为偶函数∴∴∴∴∴∴∴大于的最小值等于故选．7.【答案】B【考点】球内接多面体【解析】先求长方体的对角线，就是球的直径，再求的球心角，然后求、间的球面距离．【解答】解：∵，∴，设，则，，∴，故选8.【答案】C【考点】函数奇偶性的判断【解析】对任意，有，考察四个选项，本题要研究函数的奇偶性，故对所给的，有进行赋值研究即可【解答】解：∵对任意，有，∴令，得∴令，，得，∴，∴为奇函数．故选9.【答案】D【考点】异面直线及其所成的角【解析】先还原正方体，将对应的字母标出，与所成角等于与所成角，在三角形中再利用余弦定理求出此角的余弦值即可．【解答】解：还原正方体如右图所示设，则，，，，与所成角等于与所成角，所以余弦值为，故选．10.【答案】D【考点】直线与圆锥曲线的关系【解析】先根据题意可知圆心到直线的距离大于求得和的范围，可推断点是以原点为圆心，为半径的圆内的点，根据圆的方程和椭圆方程可知圆内切于椭圆，进而可知点是椭圆内的点，进而判断可得答案．【解答】解：由题意可得，∴所以点是在以原点为圆心，为半径的圆内的点．∵椭圆的长半轴，短半轴为∴圆内切于椭圆∴点是椭圆内的点∴过点的一条直线与椭圆相交，它们的公共点数为．故选．11.【答案】B【考点】柱体、锥体、台体的体积【解析】先证明面，然后求底面的面积，即可求出体积．【解答】解：，∴，又∴面，，可求体积：故选．12.【答案】B【考点】抛物线的性质【解析】根据抛物线的方程可知焦点坐标和准线方程，进而可求得的坐标，设，过点向准线作垂线，则，根据及，进而可求得点坐标，进而求得的面积．【解答】解：∵抛物线的焦点为，准线为∴设，过点向准线作垂线，则∵，又∴由得，即，解得∴的面积为故选．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）1.【答案】,【考点】直线与平面所成的角【解析】画出图形，与成的角为，与成的角为，通过三角计算，说明推出．利用射影关系说明．【解答】解：与成的角为，与成的角为，，．∵，∴．∴．在内的射影，在内的射影，∴．，即．故答案为：；2. 【答案】【考点】向量的模【解析】根据所给的向量坐标写出要求模的向量坐标，用求模长的公式写出关于变量的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的限制，把不合题意的结果去掉．【解答】解：由题意知，∴，∴，故答案为：．3.【答案】【考点】等差数列的性质对数的运算性质【解析】先根据等差数列的公差为和进而可得到，即可得到，，即可求出答案．【解答】解：依题意，所以∴故答案为：4.【答案】,【考点】进行简单的合情推理【解析】根据规律找出种植点横坐标及纵坐标的通式，分别代入和即可求得种植点的坐标．【解答】解：∵组成的数列为，，，，，，，，，，，，，，，…，将，，，，，…，一一代入计算得数列为，，，，，，，，，，，，，，，…即的重复规律是，，，，．．数列为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，…即的重复规律是，．∴由题意可知第棵树种植点的坐标应为，第棵树种植点的坐标应．故答案为；．三．解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）1.【答案】解：中，∵，∴，∴，∴，∴．（2）∵，，由余弦定理可得，可得．又代入上式得：（当且仅当时等号成立．）∴（当且仅当时等号成立．）∴的面积的取值范围为．【考点】数量积表示两个向量的夹角【解析】（1）中，由，可得，可得，由此求得的值．（2）由余弦定理可得，再利用基本不等式求得，再根据，求得它的最大值，从而得到的面积的取值范围．【解答】解：中，∵，∴，∴，∴，∴．（2）∵，，由余弦定理可得，可得．又代入上式得：（当且仅当时等号成立．）∴（当且仅当时等号成立．）∴的面积的取值范围为．2.【答案】解：（1）取中点，连接，．∵，∴．∵，∴．∵，∴平面．∵平面，∴．（2）∵，，∴．又，∴．又，即，且，∴平面．取中点．连接，．∵，∴．∵是在平面内的射影，∴．∴是二面角的平面角．在中，，，．∴二面角的大小．（3）由（1）知平面，∴平面平面．过作，垂足为．∵平面平面，∴平面．∴的长即为点到平面的距离．由（1）知，又，且，∴平面．∵平面，∴．在中，，，∴．∴．∴点到平面的距离为．【考点】与二面角有关的立体几何综合题点、线、面间的距离计算【解析】（1）欲证，取中点，连接，，可先证平面，欲证平面，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证与平面内两相交直线垂直，而，，又，满足定理条件；（2）取中点．连接，，根据二面角平面角的定义可知是二面角的平面角，在中求出此角即可；（3）过作，垂足为，易知的长即为点到平面的距离，在中利用勾股定理等知识求出即可．【解答】解：（1）取中点，连接，．∵，∴．∵，∴．∵，∴平面．∵平面，∴．（2）∵，，∴．又，∴．又，即，且，∴平面．取中点．连接，． ∵ ，∴ ．∵ 是在平面内的射影，∴ ． ∴ 是二面角的平面角． 在中，，，．∴ 二面角的大小．（3）由（1）知平面，∴ 平面平面． 过作，垂足为．∵ 平面平面，∴ 平面．∴ 的长即为点到平面的距离． 由（1）知，又，且，∴ 平面． ∵ 平面，∴ ． 在中，，， ∴ ．∴ ．∴ 点到平面的距离为． 3.【答案】 解：（1）由条件得，又时，，故数列构成首项为，公式为的等比数列．从而，即． （2）由得，， 两式相减得：，所以． （3）由得． 所以． 【考点】 数列递推式 数列的求和 【解析】（1）由题设条件得，由此可知． （2）由题设条件知，，再由错位相减得，由此可知． （3）由得．由此可知． 【解答】 解：（1）由条件得，又时，，故数列构成首项为，公式为的等比数列．从而，即． （2）由得，， 两式相减得：，所以． （3）由得． 所以． 4.【答案】 解：（1）①当时，，化简得，解得，或，又，故． ②当时，，化简得， 解得，又，故． 综合得，或；故知枯水期为月，月，月，，月，月共个月． 知：的最大值只能在内达到． 由，令，解得（舍去）．当变化时，与的变化情况如下表：+- 极大值由上表，在时取得最大值（亿立方米）． 故知一年内该水库的最大蓄水量是亿立方米 【考点】分段函数的应用函数模型的选择与应用 利用导数研究函数的最值 【解析】（1）分段求出水库的蓄求量小于时的取值范围，注意实际问题要取整．（2）一年内该水库的最大蓄水量肯定不在枯水期，则的最大值只能在内达到，然后通过导数在给定区间上研究的最大值，最后注意作答． 【解答】 解：（1）①当时，，化简得， 解得，或，又，故． ②当时，，化简得， 解得，又，故． 综合得，或；故知枯水期为月，月，月，，月，月共个月． 知：的最大值只能在内达到． 由，令，解得（舍去）．+ -极大值由上表，在时取得最大值（亿立方米）．故知一年内该水库的最大蓄水量是亿立方米 5.【答案】 解：（1）由题意得直线的方程为． 因为四边形为菱形，所以． 于是可设直线的方程为． 由得．因为，在椭圆上，所以，解得．设，两点坐标分别为，，则，，，．所以．所以的中点坐标为．由四边形为菱形可知，点在直线上，所以，解得．所以直线的方程为，即．（2）因为四边形为菱形，且，所以．所以菱形的面积．由（1）可得，所以．所以当时，菱形的面积取得最大值．【考点】椭圆的应用【解析】（1）由题意得直线的方程，根据四边形为菱形，判断出．于是可设出直线的方程与椭圆的方程联立，根据判别式大于求得的范围，设，两点坐标分别为，，根据韦达定理求得和，代入直线方程可表示出，进而可得中点的坐标，把中点代入直线求得，进而可得直线的方程．（2）根据四边形为菱形判断出且．进而可得菱形的面积根据的范围确定面积的最大值．【解答】解：（1）由题意得直线的方程为．因为四边形为菱形，所以．于是可设直线的方程为．由得．因为，在椭圆上，所以，解得．设，两点坐标分别为，，则，，，．所以．所以的中点坐标为．由四边形为菱形可知，点在直线上，所以，解得．所以直线的方程为，即．（2）因为四边形为菱形，且，所以．所以菱形的面积．由（1）可得，所以．所以当时，菱形的面积取得最大值．[选修4-1：几何证明选讲]1.【答案】证明：∵∴又，均的切线故平分，由圆周角定理和圆心圆定理可得∴由四点共圆判定定理的推论可得，，，四点共圆又由为圆的切线，为过切点的半径可得再由同弧或等弧所对的圆周角相等可得再由垂径定理可得【考点】与圆有关的比例线段【解析】由弦平行于，可得，根据切线长定理可得，进而可得，，，四点共圆，再由圆周角定理可得，再由垂径定理可得【解答】证明：∵∴又，均的切线故平分，由圆周角定理和圆心圆定理可得∴由四点共圆判定定理的推论可得，，，四点共圆又由为圆的切线，为过切点的半径可得再由同弧或等弧所对的圆周角相等可得再由垂径定理可得[选修4-4：坐标系与参数方程]1.【答案】解：（1）是圆，是直线．的普通方程为，圆心，半径．的普通方程为．因为圆心到直线的距离为，所以与只有一个公共点．（2）压缩后的参数方程分别为（为参数）；（为参数）．化为普通方程为：，，联立消元得，其判别式，所以压缩后的直线与椭圆仍然只有一个公共点，和与公共点个数相同．【考点】圆的参数方程直线与圆锥曲线的关系直线的参数方程【解析】（1）先利用公式将参数消去，得到圆的直角坐标方程，利用消元法消去参数得到直线的普通方程，再根据圆心到直线的距离与半径进行比较，从而得到与公共点的个数；（2）求出压缩后的参数方程，再将参数方程化为普通方程，联立直线方程与圆的方程，利用判别式进行判定即可．【解答】解：（1）是圆，是直线．的普通方程为，圆心，半径．的普通方程为．因为圆心到直线的距离为，所以与只有一个公共点．（2）压缩后的参数方程分别为（为参数）；（为参数）．化为普通方程为：，，联立消元得，其判别式，所以压缩后的直线与椭圆仍然只有一个公共点，和与公共点个数相同．[选修4-5：不等式选讲]1.【答案】解：（1）图象如下：（2）不等式，即，观察知当时，存在函数值为的点．由得．由函数图象可知，原不等式的解集为．【考点】函数的图象与图象变化绝对值不等式的解法【解析】（1）这是一个绝对值函数，先转化为分段函数，再分段作出其图象；（2）借助（1）的图象，找出函数值为的点，依据图象找出不等式的解集．【解答】解：（1）图象如下：（2）不等式，即，观察知当时，存在函数值为的点．由得．由函数图象可知，原不等式的解集为．。