广东省惠州市2016届高三第一次调研考试理科数学试题

1、机密启用前 考试时间：2015年7月1日15：00-17：00惠州市2016届高三第一次调研考试理科数学注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号等考生信息填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每个小题答案后，用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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一选择题：本大题共12小题，每小题5分。（1）已知全集 集合则为（ ）（A） （B） （C） （D）（2）复数（是虚数单位）的模等

2、于（ ）（A） （B） （C） （D）（3）下列命题中的假命题是（ ）（A） （B） （C） （D） （4）已知向量，且，则实数（ ）（A）1 （B）2或1 （C）2 （D）2（5）中，角所对的边分别为，若（ ）（A） （B） （C） （D）（6）已知函数，则=（ ）.（A） （B） （C） （D）（7）已知某几何体的三视图如右图所示，正视图和侧视图是边长为1的正方形，俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积是（ ）（A） （B） （C） （D）（8）已知实数满足约束条件，则的最大值为（ ）（A） （B） （C） （D） （9）函数的图象中相邻的两条对称轴间距离为（ ） （A） （B

3、） （C） （D）（10）设为不同的平面，为不同的直线，则的一个充分条件为（ ）（A）， （B）， （C）， （D），（11）将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，中山大学这3所大学就读，则每所大学至少保送1人的不同保送方法数为（ ）种。（A）150 （B）180 （C）240 （D）540（12）已知抛物线与双曲线有共同的焦点，为坐标原点， 在轴上方且在双曲线上，则的最小值为（ ）（A） （B） （C） （D） 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，每小题5分。（13

4、）若，则 （14）的展开式中常数项为 （用数字表示）（15）= （16）如下面数表为一组等式：某学生猜测，若该学生回答正确，则 三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本小题满分12分）已知为等差数列，且满足，（）求数列的通项公式；（）记的前项和为，若成等比数列，求正整数的值18（本小题满分12分）一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为，由此得到样本的重量频率分布直方图（如右图），（）求的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；（）从盒子中随机抽取个小球，其中重量在内的小球个数为

5、，求的分布列和数学期望. (以直方图中的频率作为概率).19（本小题满分12分）CC1B1AA1BD如右图,三棱柱中,平面平面,与相交于点.（）求证:平面；（）求二面角的余弦值.20（本小题满分12分）如图，曲线由上半椭圆和部分抛物线 连接而成，的公共点为，其中的离心率为.（）求的值；（）过点的直线与分别交于（均异于点），若，求直线的方程.21（本小题满分12分）已知函数，(其中).（）如果函数和有相同的极值点，求的值，并直接写出函数的单调区间；（）令，讨论函数在区间上零点的个数。请考生在第22、23、24题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分，答题时请写清题号。（22）（本小题满分

6、10分）选修41：几何证明选讲如图，为的直径，直线与相切于，垂直于，垂直于，垂直于，连接，.证明：（）；第1题图（）.（23）（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以该直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，圆的方程为（）求直线的普通方程和圆的圆心的极坐标；（）设直线和圆的交点为、，求弦的长（24）（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知且关于的不等式的解集为.（）求的值；（）若，均为正实数，且满足，求的最小值.惠州市2016届高三第一次调研考试理科数学参考答案与评分标准一选择题：本大题共12小题，每小题5分。题号12345

7、6789101112答案CADBCBCBCDAA（1）【解析】，又，故选C（2）【解析】，故模为，故选A（3）【解析】对选项D，由于当时，故选D（4）【解析】因为，所以，解得，故，故选B（5）【解析】由余弦定理，又由，得，故选C（6）【解析】，所以，故选B（7）【解析】该几何体为直三棱柱，故体为，故选C（8）【解析】由于可行域为三角形，且三角形的三个顶点分别为，所以最优解为 时可使目标函数取得最大值为2，故选B（9）【解析】，周期，相邻的两条对称轴间距离为，所以距离为，故选C（10）【解析】对于选项A，根据面面垂直的判定定理可知，缺少条件m，故不正确；对于选项B，因为与可能平行，也可能相交，所

8、以m与不一定垂直，故不正确；对于选项C，因为与可能平行，也可能相交，所以m与不一定垂直，故不正确；对于选项D，由n，n，可得，而m，则m，故正确，故选D（11）【解析】分为两类，第一类为2+2+1即有2所学校分别保送2名同学，方法数为，第二类为3+1+1即有1所学校保送3名同学，方法数为，故不同保送的方法数为150种，故选A（12）【解析】抛物线，焦点为，则双曲线的，则，即双曲线方程为，设，则，则，因为，故当时取得最小值，最小值为，故选A二填空题：本大题共4小题，每小题5分。（13） （14） （15） （16）（13）【解析】，则（14）【解析】的展开式的通项为，故常数项为（15）【解析】（

9、16）【解析】可由待定系数法求得，解得，所以三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本小题满分12分）【解】（）设数列 的公差为，由题意知 2分解得4分所以,得6分（）由（）可得 8分 ，因 成等比数列，所以，从而，10分即 ，,解得 或（舍去） 12分（18）（本小题满分12分）【解】（）由题意，得，解得；1分又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20（克），2分而个样本小球重量的平均值为：（克）故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为克；4分（）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，5分则.的可能取值为、，6分，. 10分的

10、分布列为：.（或者）12分（19）（本小题满分12分）【解】()依题意,侧面是菱形,是的中点,因为,所以,2分又平面平面,且平面,平面平面所以平面.5分()传统法由()知平面,面,所以,CC1B1AA1BDH第18题 又,所以平面,过作,垂足为,连结,则,所以为二面角的平面角. 8分在中,所以,10分所以,即二面角的余弦值是. 12分 向量法以为原点,建立空间直角坐标系如图所示, 6分由已知可得 C1B1ACA1BDxzy第18题故, 则,8分设平面的一个法向量是,则,即,解得令,得9分显然是平面的一个法向量, 10分所以,即二面角的余弦值是.12分（20）（本小题满分12分）【解】()因为抛

11、物线与轴交于点，所以1分由因为，所以椭圆方程为3分()因为，若过点的直线斜率不存在时，不满足题意，所以直线斜率存在，4分设直线的斜率为，则直线的方程为，设，5分联立7分，所以，所以8分联立9分所以，所以10分由11分化简得，所以，所以直线的方程为即12分（21）（本小题满分12分）【解】(),则, 1分令,得或,而二次函数在处有极大值,所以或,解得或； 3分当时,的递增区间为,递减区间为.4分当时,的递增区间为,递减区间为.5分(),6分令, 当即时，无实根，故的零点为，满足题意，即函数有唯一零点；7分 当即或时, 若，则的实数解为，故在区间上有唯一零点；若，则的实数解为，故在区间上有两零点，

12、或；8分 当即或时，若，由于，此时在区间上有一实数解，故在区间上有唯一零点； 9分若时，由于，当即时，数形结合可知在区间上有唯一实数解，故在区间上有唯一零点；10分若即时，由于的对称轴为，故，又且，所以在区间上有两个不等零点. 11分综上，当或时，函数有唯一零点；当时，函数有两不相等的零点。12分考生在第22、23、24题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分，评卷时请注意看清题号。（22）（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲【证明】（）由直线与相切，得CEBEAB. 1分由AB为O的直径，得AEEB，从而EABEBF；3分又EFAB，得FEBEBF，从而FEBEAB. 故FEBCEB.5分（）由BCCE，EFAB，FEBCEB，BE是公共边，得RtBCERtBFE，6分所以BCBF.类似可证，RtADERtAFE，得ADAF. 8分又在RtAEB中，EFAB，故EF2AFBF，所以EF2ADBC. 10分（23）（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程【解】（）由的参数方程消去参数得普通方程为2分圆的直角坐标方程,4分所以圆心的直角坐标为，因此圆