2016届辽宁省沈阳市高三教学质量监测(一)数学(理)试题(解析版).pdf

2016 年沈阳市高三教学质量监测一 数 学理科 本试卷分第卷选择题和第卷非选择题两部分，其中第卷第 22 题第 24 题为选考题，其它题为必考题 注意事项：1.答题前，考生务必将自己的、考号填写在答题卡上，并将条码粘贴在答题卡指定区域.2.第卷每题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号第卷用黑色墨水签字笔在答题卡指定位置书写作答，在本试题卷上作答无效 3.考试结束后，考生将答题卡交回.第卷 一选择题:本大题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.已知i为虚数单位，则复数21 i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 2.设全集UR，集合|lgAx yx，1,1B,则以下结论正确的选项是 A1AB B()(,0)AB R C(0,)AB D()1AB R 3.以下函数中，在其定义域内是增函数而且又是奇函数的是 A2xy B2xy C22xxy D22xxy 4.已知两个非零向量ba,满足()0aab，且2 ab，则ba,A.30 B.60 C.120 D.150 5.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)其直观图如下左图，图中四边形是为表达其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是 D C B A 6.设等差数列 na满足27a，43a，nS是数列 na的前 n 项和，则使得nS0最大的自然数n是 A9 B.10 C.11 D.12 7.某函数部分图像如下列图，它的函数解析式可能是 A)5365sin(xy B)5256sin(xy C)5356sin(xy D)5365cos(xy 8.阅读如下列图的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果是 A3 B0 C3 D3336 9实数xy，满足22202yxxyx，则zxy 的最大值是 A2 B4 C6 D8 10.已知P是双曲线2213xy上任意一点，过点P分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A、B，则PA PB的值是 A38 B316 C38 D不能确定 11.将 3 本相同的小说，2 本相同的诗集全部分给 4 名同学，每名同学至少 1 本，则不同的分法有 A24 种 B28 种 C32 种 D36 种 12.已知函数2yx的图象在点200,x x处的切线为l，假设l也与函数lnyx，)1,0(x的图象相切，则0 x必满足 A012x0 B012x C2220 x D023x 第卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答第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,每题 5 分,共 20 分,把答案填在答卷纸的相应位置上 开始 s=0，n=1 n2016 s=s+sin3n n=n+1 输出 s 结束 是 否 第 8 题图 x y O 3 A B 43 1 第 7 题图 13.已知1sincos5，则sin 2=_.14.已知抛物线24xy的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过P作PAl于点A，当30AFOO为坐标原点时,PF _.15.设数列 na的前n项和为nS，且11a，123nnaS，则4S _.16.已知函数21,2(),2,12xxf xx 假设方程 1f xax恰有一个解时，则实数a的取值范围 .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.(本小题总分值 12 分)在ABC中，角A、B、C对应的边分别是a、b、c，43C，且)cos(sin2sinBAAB.()证明：222ba；()假设ABC的面积是 1，求边c.18.(本小题总分值 12 分)已知长方体1AC中，2 ABAD，11AA，E为11CD的中点，如下列图.()在所给图中画出平面1ABD与平面ECB1的 交线不必说明理由；()证明：/1BD平面ECB1；()求平面1ABD与平面ECB1所成锐二面角的大小.19.(本小题总分值 12 分)A C D A1 B1 C1 B D1 E 某中学根据 20022014 年期间学生的兴趣爱好，分别创建了“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团，据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立.2015 年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团的概率依次为m、31、n，已知三个社团他都能进入的概率为241，至少进入一个社团的概率为43，且nm.()求m与n的值；()该校根据三个社团活动安排情况，对进入“摄影”社的同学增加校本选修学分 1 分，对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分 2 分，对进入“国学”社的同学增加校本选修学分 3 分.求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数的分布列及期望.20.本小题总分值 12 分 已知椭圆E的中心在坐标原点，左、右焦点1F、2F分别在x轴上,离心率为21，在其上有一动点A，A到点1F距离的最小值是 1.过A、1F作一个平行四边形，顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如下列图.()求椭圆E的方程；()判断ABCD能否为菱形，并说明理由.()当ABCD的面积取到最大值时，判断ABCD的形状，并求出其最大值.21.本小题总分值 12 分 已知函数axxaxxxf22ln)(aR在其定义域内有两个不同的极值点.()求a的取值范围；O x y 1F 2F A B C D()记两个极值点分别为1x，2x，且21xx.已知0,假设不等式112exx恒成立,求的范围.请考生在 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做答时，用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑 22.本小题总分值 10 分选修 41：几何证明选讲 如下列图，两个圆相内切于点T，公切线为TN，外圆的弦TC，TD分别交内圆于A、B两点，并且外圆的弦CD恰切内圆于点M.()证明：/ABCD；()证明：AC MDBD CM.23.本小题总分值 10 分选修 44：坐标系与参数方程 在以直角坐标原点O为极点，x的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线1C的方程是1，将1C向上平移 1 个单位得到曲线2C.()求曲线2C的极坐标方程；()假设曲线1C的切线交曲线2C于不同两点,M N,切点为T.求TMTN的取值范围.24.本小题总分值 10 分选修 45：不等式选讲 已知命题“abc，11tabbcac”是真命题，记t的最大值为m，T A B C D M N 命题“nR，14sincosnnm”是假命题，其中(0,)2.()求m的值；()求n的取值范围.2016 年沈阳市高三教学质量监测一 数学理科参考答案与评分标准 说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分.一选择题 1.A 2.D 3.C 4.B 5.B 6.A 7.C 8.B 9.B 10.A 11.B 12.D 题 1A 21 i1 i，其对应的点为(1,1)，故选 A.题 2D 化简集合A|0 x x，从而 A、C 错，|0RC Ax x，故选 D.题 3C A 虽增却非奇非偶，B、D 是偶函数，由奇偶函数定义可知是奇函数，由复合函数单调性可知在其定义域内是增函数或2 ln22ln20 xxy，故选 C.题 4B 由题2aa b，而ba,cos22122aa baba，故选 B.题 5B 题 6A 解出 na的公差37242d，于是 na的通项为)3(25nan112 n，可见 na是减数列，且650aa，065 aa，于是092259aS，01026510aaS，01122611aS，从而该题选 A.题 7C 不妨令该函数解析式为)sin(xAy，由图知1A，3434T125，于是352，即56，3是函数减时经过的零点，于是k2356，kZ，所以可以是53，选 C.题 8B 由框图知输出的结果32016sin32sin3sins，因为函数xy3sin的周期是6，所以)36sin32sin3(sin336s00336，故选 B.题 9B 依题画出可行域如图，可见ABC及内部区域为可行域，令xym，则m为直线:lmxy在y轴上的截距，由图知在点)6,2(A处m取最大值是 4，在(2,0)C处最小值是-2，所以 2,4m，所以z的最大值是 4,故选 B.题 10A 令点),(00yxP，因该双曲线的 渐近线分别是03 yx，03 yx，所以PA131300 yx，PB131300 yx，又 AOBAPBcoscosAOx2cos3cos21，所以PA PBAPBPBPAcos21433432020yx83，选 A.此题可以用特殊位置法解决：令 P 为实轴右顶点，此时 323,238PAPBPA PBPA PB，选 A.题 11B 由题五本书分给四名同学，每名同学至少 1 本，那么这四名同学中有且仅有一名同学分到两本书，第一步骤，先选出一名同学，即：14C；这名同学分到的两本书有三种情况：两本小说，两本诗集或是一本小说和一本诗集，因为小说、诗集都不区别，所以在第一情况下有13C种分法剩下三名同学中选一名同学分到一本小说，其余两名同学各分到一本诗集，在第二情况下有 1 种分法剩下三名同学各分到一本小说，在第三情况下有13C种分法剩下三名同学中选一名同学分到一本诗集，其余两名同学各分到一本小说，这样第二步骤共有情况数是113C713C，故此题的答案是28714C，选 B.x o y A B C 解法 2：将 3 本相同的小说记为 a,a,a;2 本相同的诗集记为 b,b,将问题分成 3 种情况，分别是 1、aa,a,b,b,此种情况有2412A 种；2、bb,a,a,a,此种情况有144C 种；3、Ab,a,a,b,此种情况有2412A 种，总共有28种，故选 B 题 12D 由题xxf2)(，200)(xxf，所以l的方程为2000)(2xxxxy2002xxx，因为l也与函数lnyx的图象相切，令切点坐标为)ln,(11xx，xy1，所以l的方程为y1ln111xxx，这 样 有20110ln112xxxx，所 以2002ln1xx，01,x,令12ln)(2xxxg，1,x，所该函数的零点就是0 x，排除 A、B 选项，又因为xxxg12)(xx122，所以)(xg在1,上单调增，又02ln)1(g，022ln1)2(g，(3)2 ln2 3 0g，从而023x，选 D.二.填空题 13.2425 14.43 15.66 16.115(0,)(,122 题 13 依题2512sin1)cos(sin2，所以25242sin，答案为2425.题 14 令l与y轴交点为B，在ABFRt中，030AFB，2BF，所以2 33AB，假设),(00yxp，则02 33x，代入24xy中，则013y，而0413PFPAy，故答案为43.几何法：如下列图，030AFO，30PAF 又120PAPFAPFAPF为顶角的等腰三角形 而24 34,cos30333AFAFPF，故答案为43.题 15 依题)2(321nSann，与原式作差得，nnnaaa21，即nnaa31，2n，可见，数列 na从第二项起是公比为 3 的等比数列，52a，所以345(1 3)11 3S 66.故答案为 66.题 16 当1 axy过点)2,2(B时，则21a，满足方程有两个解；当1 axy与12)(xxf相切时，则251a，满足方程有两个解；所求范围115(0,),122.三.解答题 17解：由A BC ，以及正弦定理得，2 cosCba ，3 分 又43C，所以2ba，从而有222ba.6 分 由1sin2ABCSabC214ab，所以2 2ab，即：22ab，9 分 由余弦定理知，2222cosCcabab2244 2102，11 分 所以10c.12 分 18解：几何解法 连接1BC交CB1于M，则 直线ME即为平面1ABD与平面ECB1的 交线，如下列图；4 分 由因为在长方体1AC中，所以 M为1BC的中点，又E为11CD的中点 所以在BCD11中EM是中位线，所以1/BDEM，6 分 又EM平面ECB1，1BD平面ECB1，所以/1BD平面ECB1；8 分 因为在长方体1AC中，所以11/BCAD，平面1ABD即是平面11DABC，过平面ECB1上 点1B作1BC的垂线于F，如平面图，因为在长方体1AC中，AB平面11BCCB，FB1平面11BCCB，所以ABFB1，BABBC1，所以FB1平面1ABD于F.M B1 平面图 F C1 C B M D1C1 B A E N F 平面图 A C D A1 B1 C1 B D1 E M 过点F作直线EM的垂线于N，如平面图，连接NB1，由三垂线定理可知，EMNB1.由二面角的平面角定义可知，在FNBRt1中，NFB1即是平面1ABD与平面ECB1所成锐二面角的平面角.因长方体1AC中，2 ABAD，11AA，在平面图中，525211FB，10 分 1053FM，251MC，11EC，在 平 面 图 中，由1EMC相 似1FMN可 知EMFMECFN122511053155，所以NFB1tanNFFB125552，所以平面1ABD与平面ECB1所成锐二面角的大小为2arctan.12 分 空间向量解法：见上述.4 分 因为在长方体1AC中，所以1,DDDCDA两两垂直，于是以1,DDDCDA所在直线分别为zyx,轴，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下列图，因为2 ABAD,11AA，所以)0,0,0(D，)1,0,0(1D，)0,2,2(B，)1,2,2(1B，)0,2,0(C，)1,1,0(E.所以)1,2,2(1BD，)1,0,2(1CB，)1,1,0(CE，6 分 令平面ECB1的一个法向量为),(zyxm 所以mCB 1，mCE，从而有，001mCEmCB，即zyzx02，不妨令1x，得到平面ECB1的一个法向量为)2,2,1(m，而02421mBD，所以mBD 1，又因为1BD平面ECB1，所以/1BD平面ECB1.8 分 A C D A1 B1 C1 B D1 E x y z 由知)0,2,0(BA，)1,2,2(1BD，令平面1ABD的一个法向量为),(zyxn,所以nBA，nBD 1，从而有，001nBDnBA，即02202zyxy，不妨令1x，得到平面1ABD的一个法向量为)2,0,1(n，10 分 因为nmnmnm,cos555941.11 分 所以平面1ABD与平面ECB1所成锐二面角的大小为55arccos.12 分 19解：依题，43)1)(311)(1(124131nmmn，解得4121nm.6 分 由题令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为随机变量X，则 X的值可以为 0，1，2，3，4，5，6.7 分 而41433221)0(XP；41433221)1(XP；81433121)2(XP；245433121413221)3(XP；121413221)4(XP；241413121)5(XP；241413121)6(XP.这样X的分布列为：每答对两个，加 1 分 0 1 23 4 5 6 245 241 241 于是，2416241512142453812411410)(XE1223.12 分 20解：11 分 依题，令椭圆E的方程为22221xyab，(0)ab 222cab(0)c，所以离心率12cea，即2ac.2 分 令点A的坐标为00(,)xy，所以2200221xyab，焦点1(,0)Fc，即22100()AFxcy 2222200022b xxcxcba2220022cxcxaa0cxaa，没有此步，不扣分 因为0,xa a，所以当0 xa 时，1minAFac，3 分 由题1ac，结合上述可知2,1ac，所以23b，于是椭圆E的方程为22143xy.4 分 由知1(1,0)F，如图，直线AB不能平行于x轴，所以令直线AB的方程 为1xmy，1122(,),(,)A x yB xy，联立方程，22341201xyxmy，得22(34)690mymy，所以，122634myym，122934yym.5 分 假设ABCD是菱形，则OAOB，即0OA OB，于是有12120 x xyy，6 分 又1212(1)(1)x xmymy21212()1m yym yy，所以有21212(1)()10myym yy，7 分 得到22125034mm，可见m没有实数解，故ABCD不能是菱形.8 分 由题4ABCDAOBSS，而11212AOBSOFyy，又11OF ，即1122ABCDSOFyy212122()4yyyy，9 分 由知122634myym，122934yym.所以，22223636(34)2(34)ABCDmmSm222124(34)mm10 分 O x y 1F 2F A B C D 2212419(1)61mm,因为函数1()9f ttt，1,)t，在1t 时，min()10f t，11 分 即ABCDS的最大值为 6，此时211m ，也就是0m 时，这时直线ABx轴，可以判断ABCD是矩形.12 分 21解：()依题，函数()f x的定义域为(0,)，所以方程()0fx在(0,)有两个不同根.即，方程ln0 xax在(0,)有两个不同根.1 分 解法一转化为，函数lnyx与函数yax 的图像在(0,)上有两个不同交点，如图.3 分 可见，假设令过原点且切于函数lnyx图像的直线斜率为k，只须0ak.令切点00A(,ln)xx，所以001|x xkyx，又00ln xkx，所以000ln1xxx，解得，0 xe，于是1ke，所以10ae.6 分 解法二转化为，函数ln()xg xx与函数ya的图像在(0,)上有两个不同交点.又21 ln()xg xx，即0 xe时，()0g x，xe时，()0g x，所以()g x在(0,)e上单调增，在(,)e 上单调减.从而()()g xg e极大1e3 分 又()g x有且只有一个零点是 1，且在0 x 时，()g x，在在x时，()0g x，所以()g x的草图如下，可见，要想函数ln()xg xx与函数ya的 图像在(0,)上有两个不同交点，只须10ae.6 分 解法三令()lng xxax，从而转化为函数()g x有两个不同零点，而11()axg xaxxx0 x x y o 1 y=lnx y=ax A x y o e 1e a 1 假设0a，可见()0g x在(0,)上恒成立，所以()g x在(0,)单调增，此时()g x不可能有两个不同零点.3 分 假设0a，在10 xa时，()0g x，在1xa时，()0g x，所以()g x在1(0,)a上单调增，在1(,)a上单调减，从而1()()g xga极大1ln1a 又因为在0 x 时，()g x，在在x时，()g x，于是只须：()0g x极大，即1ln10a，所以10ae.综上所述，10ae6 分 因为112exx等价于121lnlnxx.由可知12,x x分别是方程ln0 xax的两个根，即11ln xax，22ln xax 所以原式等价于121axax12()a xx，因为0，120 xx，所以原式等价于121axx.7 分 又由11ln xax，22ln xax作差得，1122ln()xa xxx，即1212lnxxaxx.所以原式等价于121212ln1xxxxxx，因为120 xx，原式恒成立，即112212(1)()lnxxxxxx恒成立.令12xtx，(0,1)t，则不等式(1)(1)lnttt在(0,1)t上恒成立.8 分 令(1)(1)()lnth ttt，又221(1)()()h ttt22(1)()()ttt t,当21时,可见(0,1)t时,()0h t,所以()h t在(0,1)t上单调增,又(1)0h，()0h t 在(0,1)t恒成立,符合题意.10 分 当21时,可见2(0,)t时,()0h t,2(,1)t时()0h t,所以()h t在2(0,)t时单调增,在2(,1)t时单调减,又(1)0h,所以()h t在(0,1)t上不能恒小于 0,不符合题意,舍去.综上所述,假设不等式112exx恒成立,只须21,又0,所以1.12 分 22由弦切角定理可知，NTBTAB,3 分 同理，NTBTCD,所以，TCDTAB,所以，/ABCD.5 分 连接 TM、AM,因为 CD 是切内圆于点 M，所以由弦切角定理知，CMAATM，又由知/ABCD，所以，CMAMAB，又MTDMAB,所以MTDATM.8 分 在MTD中,由正弦定理知,sinsinMDTDDTMTMD,在MTC中,由正弦定理知,sinsinMCTCATMTMC,因TMCTMD,所以MDTDMCTC,由/ABCD知TDBDTCAC,所以MDBDMCAC,即,AC MDBD CM.10 分 23 依题,因222xy,所以曲线1C的直角坐标下的方程为221xy,所以曲线2C的直角坐标下的方程为22(1)1xy,3 分 又siny，所以22sin0,即曲线2C的极坐标方程为2sin.5 分()由题令00(,)T xy，0(0,1y，切线MN的倾斜角为，所以切线MN的参数方程为:00cossinxxtyyt(t为参数).7 分 联立2C的直角坐标方程得,20002(cossinsin)120txyty ,8 分 即由直线参数方程中,t的几何意义可知,01 2TMTNy，因为012 1,1)y 所以TMTN0,1.10 分 T A B C D M Nx y o T(解法二)设点sin,cosT，则由题意可知当 0时，切线与曲线2C相交，由对称性可知，当2,0 时斜线的倾斜角为2，则切线 MN 的参数方程为：cossin2sinsinsincos2coscosttyttxt 为参数，7 分 与 C2的直角坐标联立方程，得0sin21cos22tt，8 分 则sin2121ttTNTM,因为2,0，所以 1,0TNTM.10 分 此题也可根据图形的对称性推出答案，此种方法酌情给分.24因为“abc，11tabbcac”是真命题，所以abc，11tabbcac恒成立，又cba，所以)11()(cbbacat恒成立，所以，min)11()(cbbacat.3 分 又因为)11()()11()(cbbacbbacbbaca 42cbbabacb，“”成立当且仅当bacb时.因此，4t，于是4m.5 分 由得，因为“nR，14sincosnnm”是假命题，所以“Rn，2cossinnn”是真命题.7 分 因为nnnncossincossincossin2(0,)2，因此，2cossinnn，此时2cossin，即4时.8 分 即，22222nn，由绝对值的意义可知，22n.10 分