1、AO CBPlxy第 9 题图综合试卷（1）一、填空题：本大题共 14 题，每小题 5 分，共 70 分1已知集合 ，则 = . 2|3,|1AxZxBxAB2复数 的共轭复数是 .2 i1 2i3已知直线 l 的倾斜角为 直线 经过点 A(3,2)、B (a,1),且 与 l 垂直, 直线 :41l 12l2x+by+1=0 与直线 平行,则 a+b 等于 .1l4已知命题 p: R .若命题 p 是假命题,则实数 a 的取值范围是 .x20xa5经问卷调查, 某班学生对摄影分别执“喜欢”“不喜欢” 和“一般”三种态度,其中执“一般” 态度的比执“不喜欢” 态度的多 12 人, 按分层抽样方
2、法从全班选出部分学生座谈摄影,如果选出的是5 位”喜欢 ”摄影的同学,1 位“ 不喜欢” 摄影的同学和 3 位执“一般”态度的同学,那么全班学生中“喜欢”摄影的比全班人数的一半还多 人. 6从正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于 .7某篮球队 6 名队员在最近三场比赛中投进的三分球个数如下表所示: 如图是统计该 6 名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的流程图,则图中判断框应填 .8已知 01,若数列 有连续四项在集合53,23,19,37,821(1nbqnnb中，则 6q= .11已知三棱锥 ， 两两垂直且长度分别为 3、4、5，长为 2
3、 的线段ABCO,的MN一个端点 在棱 上运动，另一个端点 N在 BCO内运动（含边界） ，则 MN的中点 P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的较小的体积为 .12设函数 , 为坐标原点, 为()2xf0An函数 图像上横坐标为 的点，y*()N向量 , ,设 为 与 的1nka0)inai夹角,则 = .1tnkk13已知 、 是椭圆 和双曲线 的公共顶AB21(0)xyab21(0,)xyab点是双曲线上的动点， 是椭圆上的动点（ 、 都异于 、 ） ，且满足PMPMAB，其中 ，设直线 、 、 、 的斜率分别()R记为 、 、 、 , ,则 .1k234k12534k14已知 均为正实数
4、，则 的最大值为 .,xyz26xyz二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15(本小题满分 14 分)已知函数 2(3sincos44xxf（1）若 ，求 的值；)1fx()（2）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且满足 ，求1cos2aCbOABMN CP第 11 题图的取值范围()fB16(本小题满分 14 分)如图，已知三棱锥 PABC 中，APPC， ACBC，M 为 AB 中点，D 为 PB 中点， 且PMB 为正三角形（1）求证：DM平面 APC； （2）求证：平面 ABC平面 APC；（3）若 BC=4，AB
5、=20，求三棱锥 D-BCM 的体积17(本小题满分 14 分)如图，将边长为 3 的正方形 ABCD 绕中心 O 顺时针旋转 (0 )得到正方形2ABCD根据平面几何知识，有以下两个结论：AFE ；对任意 (0 )，EAL，EAF，GBF ，GB H， ICH，2ICJ， KDJ，KDL 均是全等三角形（1）设 AEx，将 x 表示为 的函数；（2）试确定，使正方形 ABCD与正方形 ABCD 重叠部分面积最小，并求最小面积18(本小题满分 16 分)如图， 是椭圆 C： 的左、右顶点， 是椭圆上异于 的,AB21(0)xyabM,AB任意一点，已知椭圆的离心率为 ，右准线 的方程为 .el
6、xm（1）若 ， ，求椭圆 C 的方程；2e4mO BAMQPyxl第 18 题图LKJIHGFECDA BO第 16 题PAMBCD（2）设直线 交 于点 ，以 为直径的圆交AMlPMB于 ，若直线 恰过原点，求 .Qe19(本小题满分 16 分)设 )lnafxx， 32()gx（1）当 2时，求曲线 yf在 1处的切线方程；（2）如果存在 1,0,x，使得 2()gxM成立，求满足上述条件的最大整数M；（3）如果对任意的 ,2st，都有 ()fsgt成立，求实数 a的取值范围的取值范围.20(本小题满分 16 分)已知数列 中， , na12,()aZ1123().nnnaa为 偶 数
7、，为 奇 数（1）若 ，求数列 的前 6 项和；2n（2）是否存在 ，使 成等比数列？并说明理由.kN12,kkaAO CBPlxy第 9 题图十一参考答案一、填空题：1答案： 0,2答案：i 解析： i ， 的共轭复数为 i.2 i1 2i i 2i 11 2i 2 i1 2i3答案：2 解析：l 的斜率为-1,则 的斜率为 a=0.由 l(1)3ABk1l所以 a+b=2. lb4答案：0a1 解析：p 为假,即” R ”为真,x20x 4a0,0a1. 25答案：3 解析：设全班人数为 n,由题意,知 得 n=54.“喜欢” 摄影的学生人数3129n有 30 人,全班人数一半为 27,所
8、以“ 喜欢”摄影的学生人数比全班人数的一半还多 3 人.96答案： 解析：假设正六边形的 6 个顶点分别为 A、B、C、D、E、F，则从 6 个顶点中任15取 4 个顶点共有 15 种结果，以所取 4 个点作为顶点的四边形是矩形的有 3 种结果，故所求概率为 .157答案： ( )解析：因为是统计该 6 名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的6i7流程图,所以图中判断框应填 . i8答案：2 解析：设 |log |,考察其图象交点的个数即可 .xyaa9答案： 解析：如图， 为极值点， 214(1)P, 2OPk设点 A(x0，sinx 0)，则过点 A 的切线 l 的斜率为 0cosx于是
9、，直线 l 的方程为 002sin()yx令 y=0，得 ，从而 BC= 00sin2xx00sin2xx=BC2= BACcoABC (si)24(1)110答案：9 解析：由题意可知, , 是公比为1nbq()nnbqnbq 的等比数列,且有连续四项在集合 54, 24,18,36,81中 ,四项24,36, -54,81 成等比数列,公比为 q= . 369211答案： 解析：由题意知； ,所以点 P的轨迹以 O 为球心半径为 1 的球12OPMN的 ，18341.6V12答案： 2n解析： , 即为向量 与 轴的夹角,所以 ,0(,2)nnAan0nAxtan21所以 .11t.2kk
10、 13答案： 解析：设 、 ， ， ，5(,)Pmn(,)Mst21nab22anmb， ，由 .21stab22asb()APBM得 ，即 . ， OPnts21225nnbkaa， .25nbma 234222.tsttbsakat14答案：10 解析：已知 均为正实数，,xyz222222 1810016 0()5510.yxyz xyzxyz 二、解答题：15解：（1）f(x) sin cos cos 2 sin cos sin( ) 33x4 x4 x4 x2 12 x2 12 x2 6 12分由 f(x)1，可得 sin( ) ， x2 6 12解法一：令 ，则 x2 x2 6 3
11、cos( x)cos(2 )cos2 2sin 21 623 12分解法二： 2 k ，或 2k ，k Zx2 6 6 x2 6 56所以 x4k，或 x4 k ，kZ43当 x4k，k Z 时，cos( x)cos ；23 23 12当 x4k ，kZ 时，cos( x)cos( ) ；43 23 23 12所以 cos( x) 6 分23 12（2）解法一：由 acosC cb ，得12a cb, 即 b2c 2a 2bc，a2 b2 c22ab 12所以 cosA b2 c2 a22bc 12因为 A(0，)，所以 A ，BC 10 分3 23所以 0B ，所以 ，23 6 B2 6 2
12、所以 f(x)sin( ) (1， ) 14 分B2 6 12 32解法二：由 acosC cb ，得12sinAcosC sinCsinB12因为在ABC 中，sinBsin(AC )，所以 sinAcosC sinCsin(AC) ，sinA cosC sinCsinAcos CcosA sinC，12 12所以 sinCcosA sinC，12又因为 sinC0，所以 cosA 12因为 A(0，)，所以 A ，BC 10 分3 23所以 0B ，所以 ，23 6 B2 6 2所以 f(x)sin( ) (1， ) 14 分B2 6 12 3216证明：（1）由已知得， 是 ABP 的中
13、位线 MDAPMDAPC面面 ,4 分面（2） 为正三角形， 为 的中点PBB，D又 ,ACPCA面面又 ,BPB面平面 ABC平面 APC 9 分面（3）由题意可知， ， 是三棱锥 D-BCM 的高，CMD面14 分710ShVDBCM17. 解：（1）在 RtEAF 中，因为AFE ，AEx，所以 EF ，A F xsin xtan由题意 AEA Ex，BFA F ，xtan所以 ABAEEFBFx 3xsin xtan所以 x ， (0， ) 6 分3sin1 sin cos 2（2）S AEF AEAF x 12 12 xtan x22tan( )2 93sin1 sin cos co
14、s2sin 9sincos2(1 sin cos)2分令 tsin cos ，则 sincos t2 12因为 (0， )，所以 ( ， )，所以 t sin( )(1， 2 4 4 34 2 4 2LKJIHGFECDA BOSAEF (1 ) (1 )9(t2 1)4(1 t)2 94 2t 1 94正方形 ABCD与正方形 ABCD 重叠部分面积SS 正方形 ABCD4 SAEF99 (1 )18( 1)2当 t ，即 时等号成立 14 分2418解：（1）由题意： ，解得 2214cabc23ab椭圆 的方程为 6 分C2143xy(2)设 ，因为 三点共线，2(,),)aMPc,AM
15、P所以 9 分22(),yaycaxxc22()()1OPBMyyackaxx222233()()0bcc,解得 .16 分210e51e19解：（1）当 2a时， 2()lnfxx， 2()ln1fx，()2f， ()1f，所以曲线 yx在 处的切线方程为 3yx；5 分（2）存在 12,0,，使得 12()gM成立 等价于： 2max()gx，考察 32()gx，22()3()3gxx， 由上表可知： minmax85()(),()()17g，12axaxin12()()()gxg，所以满足条件的最大整数 4M；10 分（3）当 ,2x时， ()ln1fxx恒成立等价于 2lnax恒成立，
16、记 ()lnh， 2lh， ()0h。记 12lmxx， ()3lnmx，由于 1,2，()3ln0, 所以 ()lhx在 ,上递减， 来源:学.科. 当 1,)2x时， ()hx， (1,2时， ()0，即函数 2()ln在区间 ,)上递增，在区间 (1,2上递减，所以 max()1h，所以 1a.16 分20解： (1) ， ，23231435436547,8,3,a所以数列 的前 6 项和为 0. 6 分na(2)先证明以下事实，数列 的任意相邻三项中有且仅有 1 项是偶数.n为偶数， 从而 与 同奇偶，113()4,nna13na2na1n8 分若 为奇数，注意到 奇+奇=偶，奇+偶= 奇，则 各项的奇偶性依次是奇，奇，偶，a n奇，奇，偶，数列 的任意相邻三项中有且仅有 1 项是偶数. 12 分na
