广东省深圳市平湖实验学校2016届高考数学（理）查漏补缺练习题 WORD版含答案.doc

1、2016年高考理科数学查漏补缺练习题1在中，角的对边分别为，且满足（）求角的大小；（）若点为中点，且，求2在ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知函数满足：对于任意恒成立（1）求角A的大小；（2）若，求BC边上的中线AM长的取值范围3已知，且（1）将表示为的函数，并求的单调增区间（2）已知分别为的三个内角对应边的边长，若且，求的面积4已知函数，（1）求的单调增区间；（2）已知内角、的对边分别为、，且，若向量与共线，求、的值5某市教育部门规定,高中学生三年在校期间必须参加不少于80小时的社区服务教育部门在全市随机抽取200位学生参加社区服务的数据,按时间段,（单位：小时）进行统计

2、,其频率分布直方图如图所示（1）求抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数,并估计从全市高中学生中任意选取一人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率；（2）从全市高中学生（人数很多）中任意选取3位学生,记为3位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数试求随机变量的分布列和数学期望6心理学家分析发现视觉和空间能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学 （男30女20）， 给所有同学几何题和代数题各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答选题情况如下表：（单位：人）（1）能否据此判断有975%的把握认为视觉和空间能力与性别有关

3、？（2）经过多次测试后，甲每次解答一道几何题所用的时间在57分钟，乙每次解答一道几何题所用的时间在68分钟，现甲、乙各解同一道几何题，求乙比甲先解答完的概率（3）现从选择做几何题的8名女生中任意抽取两人对她们的答题情况进行全程研究，记甲、 乙两女生被抽到的人数为X， 求X的分布列及数学期望E（X） 附表及公式7年，国际数学协会正式宣布，将每年的月日设为国际数学节，来源是中国古代数学家祖冲之的圆周率.为庆祝该节日，某校举办的数学嘉年华活动中，设计了如下有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关 顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得个、个、个学豆的奖励.游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择带走

4、相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束.设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响.（1）求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；（2）设该选手所得学豆总数为，求的分布列与数学期望.8生产甲乙两种元件，其质量按检测指标划分为：指标大于或者等于为正品，小于为次品，现随机抽取这两种元件各件进行检测，检测结果统计如下：测试指标元件甲元件乙（）试分别估计元件甲，乙为正品的概率；（）生产一件元件甲，若是正品可盈利元，若是次品则亏损元；生产一件元件乙，若是正品可盈利元，若是次品则

5、亏损元在（）的前提下：（1）记为生产1件甲和1件乙所得的总利润，求随机变量的分布列和数学期望；（2）求生产件元件乙所获得的利润不少于元的概率9为了做好“双十一”促销活动，某电商打算将进行促销活动的礼品盒重新设计方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形SEE，SFF，SGG，SHH，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒SEFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E重合，F与F重合，G与G重合，H与H重合(如图所示)（1）求证：平面SEG平面SFH；（2）当AE时，求二面角ESHF的余弦值10如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，底面，是的中点（1）求证：平面

6、平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值11 已知平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，E是线段AD的中点沿BD将BCD翻折到，使得平面平面ABDABDEC（）求证：平面ABD；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）求二面角的余弦值12如图，四棱锥的底面是直角梯形，和是两个边长为的正三角形，为的中点，为的中点 （）求证：平面； （）求证：平面； （）求直线与平面所成角的正弦值13.已知函数. （）求函数的最大值； （）求函数在区间上的零点的个数（为自然对数的底数）； （）设函数图象上任意不同的两点为、，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：14.已知函数.直线经

7、过点且与曲线相切. （）求切线的方程； （）若关于的不等式恒成立，求实数的最大值； （）设，若函数有唯一的零点，求证.15已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线斜率为3 （）求实数的值； （）若，且对任意恒成立，求的最大值； （）当时，证明16.设函数，其中（）当时，判断函数在定义域上的单调性；（）求函数的极值点；（）证明对任意的正整数，不等式都成立17.设、分别是椭圆的左、右焦点.（）若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值;（）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.18.设椭圆过点，且左焦点为（）求椭圆的方程；（）当过点的动直线

8、与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上. 19已知椭圆两焦点分别为、，是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，过作倾斜角互补的两条直线、分别交椭圆于、两点. （）求点坐标； （）求证直线的斜率为定值； （）求面积的最大值.20已知动圆过定点,且与定直线相切（）求动圆圆心的轨迹曲线的方程；（）若点是直线上的动点，过点作曲线的切线，切点记为，求证：直线恒过定点，并求面积的最小值.极坐标与参数方程1.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，正三角形的顶点都在上，且依逆时针次序排列，点的坐标为（I）求点的直角坐标；（II）设是圆上的任意一点，求的

9、取值范围2已知曲线的极坐标方程为，倾斜角为的直线过点.（1）求的直角坐标方程和直线的参数方程；（2）设是过点且关于直线对称的两条直线，与交于两点，与交于两点，求证：.3在平面直角坐标系中，点的直角坐标为（为参数）在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，直线的极坐标方程为（1）试求出动点的轨迹方程（用普通方程表示）（2）设点对应的轨迹为曲线，若曲线上存在四个点到直线的距离为1,求实数的取值范围4在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的参数方程是（为参数），曲线C与l的交点的极坐标为（2，）和（2，），（1）求直线l的普通方程；（2）设P点为曲线C上的任

10、意一点，求P点到直线l的距离的最大值参考答案1解：（1）， ，又因为 所以 ，即 （2）此题多种方法，现给出一种方法 设 ， 2解（1）由题意，对于任意恒成立，的最大值为，当取得最大值时，即，又A是三角形的内角，即，（2）AM是BC边上的中线，在ABM中，在ACM中，又，得由余弦定理，即3解：（1）由得，所以，即，由，得，即增区间为（2）因为，所以，所以，因为，所以由余弦定理，得，即，所以，因为，所以所以4试题解析：（1），令，此时函数单调递增，解得，即函数的递增区间为，（2）由（1），或，解得或与共线，由正弦定理可得，即,当时，由余弦定理可得，联立解方程组可得当时，由勾股定理可得，联立可得，

11、综上，或，5【解析】（1）根据题意,参加社区服务在时间段的学生人数为（人）； 参加社区服务在时间段的学生人数为（人）抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80人从全市高中学生中任意选取一人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率为 （2）由（1）可知,从全市高中生中任意选取1人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率为由已知得,随机变量的可能取值为, 则； 随机变量的分布列为0123因为,所有 考点：统计；随机变量的分布列与期望.6【解析】（）由表中数据得的观测值所以根据统计有的把握认为视觉和空间能力与性别有关）（）设甲、乙解答一道几何题的时间分别为分钟，则基本事件满

12、足的区域为（如图所示） 设事件为“乙比甲先做完此道题” 则满足的区域为由几何概型 即乙比甲先解答完的概率为（）由题可知在选择做几何题的8名女生中任意抽取两人，抽取方法有种，其中甲、乙两人没有一个人被抽到有种；恰有一人被抽到有种；两人都被抽到有种可能取值为， ， 1的分布列为： 7【解析】（1）设甲“第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件，“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件，“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件，则，互斥，.（2）所有可能的取值为，所以的分布列为：051535P考点：独立事件的概率，数学期望.8【解析】（）元件甲为正品的概率约为：元件乙为正品的概率约为：（）（1）随机变量的所

13、有取值为，而且；所以随机变量的分布列为：所以：（2）设生产的件元件乙中正品有件，则次品有件，依题意，解得：，所以或，设“生产件元件乙所获得的利润不少于元”为事件，则：考点：古典概率；分布列和期望9.【解】(1)折后A，B，C，D重合于一点O，拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，底面EFGH是正方形，故EGFH.在原平面图形中，等腰三角形SEESGG，SESG，EGSO.又SO，FH平面SFH，SOFHO，EG平面SFH.又EG平面SEG，平面SEG平面SFH.(2)法1：过O作OMSH交SH于M点，连接EM，EO平面SFH，EOSH，SH平面EMO，EMO为二面角ESH

14、F的平面角.当AE时，即OE，RtSHO中，SO5，SH，OM，RtEMO中，EM，cosEMO.所以所求二面角的余弦值为。法2：由(1)知EGFH，EGSO，并可同理得到HFSO，故以O为原点，分别以OF， OG，OS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，在原平面图形中，AE，则底面正方形EFGH的对角线EG5，在原平面图形中，可求得，在RtSOE中，可求得，设平面SEH的一个法向量为，则得，令x2，则EG平面SFH，是平面SFH的一个法向量，设二面角ESHF的大小为，则cos，二面角ESHF的余弦值为.10.【解析】（1）平面，平面，平面，平面平面 如图，以点为原点，分别为

15、轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则，设，则，设，则，为面的法向量设为面的法向量 ，则，即，取，则，于是，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角为 考点：1、面面垂直的判定；2、线面角的计算；3、空间向量的计算11.【解析】（）平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，沿直线BD将BCD翻折成，可知CD=6，BD=8，即，故因为平面平面，平面平面=，平面，所以平面（）由（）知平面ABD，且，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系则，由于E是线段AD的中点，所以，在平面中，设平面法向量为，所以 ，即，令，得，设直线与平面所成角为，则 故直线与平面所成角的正弦值为 （）由（）知

16、平面的法向量为，而平面的法向量为，故 ， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为考点：用空间向量求平面间的夹角直线与平面垂直的判定12【解析】（）证明：设为的中点，连接，则，四边形为正方形，为的中点，为的交点， ， ，在三角形中，平面； （）方法1：连接，为的中点，为中点，平面，平面，平面方法2：由（）知平面，又，所以过分别做的平行线，以它们做轴，以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得：，则，平面，平面，平面； （） 设平面的法向量为，直线与平面所成角，则，即，解得，令，则平面的一个法向量为，又则，直线与平面所成角的正弦值为考点：1直线与平面平行的判定；2直线与平面垂直的判定；3直线与平

17、面所成的角13解：（）函数，其定义域是， ， 当时，；当1时，.函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，取得最大值，其值为，（）由（）可知的最大值为， 当时，若, 则, 即.此时，函数与轴只有一个交点，故函数只有一个零点； 当时，又,函数与轴有两个交点，故函数有两个零点； 当时，函数与轴没有交点，故函数没有零点. （），.又. 不妨设，要证明，即证明即需证明，由可得 需证明 即需证.令，则，在上是增函数当时，又，即. 【选题理由】本题是构造新函数问题较为典型的问题，而且本题提出了一种研究二元不等式的重要技巧，化多元为少元.14解：()设直线与的图象相切于点，由于，直线过点，即，解得，切

18、线的方程为.()设，当时，当时，在时取极小值，也是最小值.要使原不等式成立，则，故的最大值是.（）由条件可知，函数，在上单调递增，令得，画出与的大致图象可知，有唯一实数根，且当时，当时，又有唯一零点，故，设，则在上单调递增，又，由零点存在性定理可知.【选题理由】第问是过曲线外一点求曲线的切线方程的代表方法；第问是求解不等式恒成立问题的典型方法；第巧妙运用了导数零点的设而不求技巧.15解：（）因为，所以 因为函数的图像在点处的切线斜率为3，所以，即所以 （）由（1）知，所以对任意恒成立，即对任意恒成立 令，则， 令，则，所以函数在上单调递增 因为，所以方程在上存在唯一实根，且满足当，即，当，即，

19、 所以函数在上单调递减，在上单调递增所以 所以故整数的最大值是3 （）证明1：由（2）知，是上的增函数， 所以当时， 即整理，得 因为， 所以 即即 所以 证明2：构造函数， 则 因为，所以所以函数在上单调递增 因为， 所以所以 即即即 所以 【选题理由】本题将函数零点的存在性定理、导数零点的设而不求和二元不等式的证明融为一体，是一道很漂亮的试题.16解：（）函数的定义域为.，令，则在上递增，在上递减，.当时，在上恒成立.即当时,函数在定义域上单调递增。（）分以下几种情形讨论：（1）由（I）知当时函数无极值点.（2）当时，时，时，时，函数在上无极值点。（3）当时，解得两个不同解，.当时，此时在

20、上有唯一的极小值点.当时，在都大于0 ，在上小于0 ，此时有一个极大值点和一个极小值点.综上可知，时，在上有唯一的极小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，函数在上无极值点。（） 当时，令则在上恒正，在上单调递增，当时，恒有.即当时，有，对任意正整数，取得【选题理由】本题给出了导数零点为无理式问题的求解方法，这类问题是导数问题中的一种重要题型.17本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。解：（）解法一：易知所以，设，则因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值解法二：易知，所以，设，则（以下同解法一

21、）（）显然直线不满足题设条件，可设直线，联立，消去，整理得：由得：或又又，即 故由、得或.【选题理由】本题是“求范围”和“求定值”问题典型问题.18解: （）由题意： ，解得，所求椭圆方程为 （） 方法一设，且，设直线的方程为， 将代入1中整理，得. 依题意，是上述方程的两个根，且， ，.而即. 将代入整理，得. 由、消去得，这就是点所在的直线方程.点总在定直线上. 【选题理由】本题实际上是求轨迹方程问题，此题解法较为特别，方法非常重要. 19解：（）由题可得，设则，2分，点在曲线上，则，从而，得.则点P的坐标为. 5分（）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，6分则BP的直

22、线方程为：.由得，设，则，同理可得，则，. 9分所以：AB的斜率为定值. 10分（）设AB的直线方程：.由，得，由，得P到AB的距离为，12分则 。当且仅当取等号面积的最大值为.14分【选题理由】本题综合性较强，运用了各种技巧和方法.20解：（）根据抛物线的定义,由题意可得：动圆圆心的轨迹是以点为焦点，以定直线为准线的抛物线；2分设 点到准线的距离为, 圆心的轨迹的方程为 4分() ,设切点的坐标分别为,则,则过点的切线方程为，即，即过点的切线方程为，即，即过点的切线都过点，点,都在直线上直线的方程为，即6分又因为点是直线上的动点,所以直线的方程为,即直线恒过定点8分联立得到又因为点是直线上的

23、动点,所以,即则是的二根,10分点到直线的距离是: 11分即 面积的最小值是12分【选题理由】导数、函数图象的切线，切点弦方程的求法等典型方法的综合应用，有启发性.极坐标与参数方程参考答案1解：（1）由题意，得曲线的普通方程为，其参数方程为为参数，又因为点的坐标为，所以点的坐标为，即；点的坐标为，即（2）由圆的参数方程，可设点，于是，的范围是2解：（1）（为参数）.（2）关于直线对称，的倾斜角互补，设的倾斜角为，则的倾斜角为，把直线（为参数）代入并整理得：，根据韦达定理，即.同理，得.，即.（10分）3解：（1）由（为参数）消去参数得：故动点A的普通方程为；（2）由（1）知，动点A的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.由展开得：,的普方程为：.要使圆上有四个点到的距离为1，则必须满足,解得.4解：（1）直线l与曲线交点的直角坐标分别是（2cos，2sin），（2cos，2sin），即（1，），（，1）直线l的普通方程为，即x+y=0.（2）点P到直线l的距离d=当cos=1时，d取得最大值=