1、河南省2017届普通高中高三4月教学质量监测理科数学试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.已知集合，则阴影部分所表示的集合的元素个数为（ ）A B C D2.已知复的共轭复数为，若（为虚数单位），则在复平面内，复数所对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3.已知命题，则命题的否定为（ ）A， B， C， D， 4. 的展开式中，含项的系数为（ ）A B C. D5.已知双曲线的左焦点为，第二象限的点在双曲线的渐近线上，且，若直线的斜率为，则双曲线的近线方程为（ ）A B C.
2、D6.已知边长为的菱形中，若，则的取值范围是（ ）A B C. D7.已知，若，则=（ ）A B C. D8.九章算术是我国古代的数学名著，体现了古代劳动人民的数学智慧，其中第六章“均输”中，有一竹节容量问题，某教师根据这一问题的思想设计了如图所示的程序框图，若输出的值为35，则输入的值为（ ）A B C. D9.某颜料公司生产两种产品，其中生产每吨产品，需要甲染料1吨，乙染料4吨，丙染料2吨，生产每吨产品，需要甲染料1吨，乙染料0吨，丙染料5吨，且该公司一条之内甲、乙、丙三种染料的用量分别不超过50吨、160吨和200吨，如果产品的利润为300元/吨，产品的利润为200元/吨，则该颜料公司一
3、天之内可获得的最大利润为（ ）A14000元 B16000元 C.16000元 D.20000元10.已知函数，则方程在上的根的个数为（ ）A B C. D11.如图，小正方形的边长为1，粗线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A B C. D3212.已知的外接圆的半径为，角的对边分别是，若，则面积的最大值为（ ）A B C. D第卷（共90分）二、填空题： 本大题共4小题，每小题5分，满分20分.13.已知函数的部分图像如图所示，其中（点为图像的一个最高点），则函数= 14折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”活动中，会产生如图所示的几何图形
4、，其中四边形为正方形，为线段的中点，四边形与四边形也是正方形，连接，则向多边形中投掷一点，则该点落在阴影部分的概率为 15.已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线与抛物线的交点为延长交抛物线于点，延长交抛物线于点，若，则直线的方程为 16.若时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是 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.已知数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18. 国内某知名连锁店分店开张营业期间，在固定的时间段内消费达到一定标准的顾客可进行一次抽奖活动，随着抽奖活动的有效展开，参与抽奖活动的人数越
5、来越多，该分店经理对开业前7天参加抽奖活动的人数进行统计，表示开业第天参加抽奖活动的人数，得到统计表格如下：经过进一步的统计分析，发现与具有线性相关关系.（1）根据上表给出的数据，用最小二乘法，求出与的线性回归方程；（2）若该分店此次抽奖活动自开业始，持续10天，参加抽奖的每位顾客抽到一等奖（价值200元奖品）的概率为，抽到二等奖（价值100元奖品）的概率为，抽到三等奖（价值10元奖品）的概率为，试估计该分店在此次抽奖活动结束时送出多少元奖品？参考公式：，19. 如图所示的空间几何体中，底面四边形为正方形，平面平面，.（1）求二面角的大小；（2）若在平面上存在点，使得平面，试通过计算说明点的位
6、置.20.已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上的点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）点在椭圆上上，若点与点关于原点对称，连接，并延长与椭圆的另一个交点为，连接，求面积的最大值.21. 已知函数与的图象关于直线对称.（1）不等式对任意恒成立，求实数的最大值；（2）设在内的实根为，若在区间上存在，证明：.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分；作答时，请用2B铅笔将答题卡上相应的题号涂黑.22.选修4-4：参数方程与极坐标系已知直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是.（1）求曲线的直角坐标方程及直线的极坐标方程
7、；（2）求直线与曲线交点的极坐标.23.选修4-5：不等式选讲已知函数的最小值为，且.（1）求的值以及实数的取值集合；（2）若实数满足，证明.试卷答案一、选择题1.【解析】依题意，阴影部分表示集合，故.2.【解析】依题意，设，则，故，故，则在复平面内，复数所对应的点为，位于第一象限.3.【解析】全命题的否定为特称命题，故其否定为，.4.【解析】依题意，由排列组合知识可知，展开式中项的系数为.5.【解析】设，依题意，联立解得，故，解得，故所求渐近线方程为.6.【解析】如图所示，建立平面直角坐标系，故，故，故，故.7.【解析】依题意，因为，所以，故.8.【解析】起始阶段有，第一次循环后，；第二次循
8、环后，；第三次循环后，；接着计算，跳出循环，输出.令，得.9.【解析】依题意，将题中数据统计如下表所示：设该公司一天内安排生产产品吨、产品吨，所获利润为元，依据题意得目标函数为，约束条件为欲求目标函数的最大值，先画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示，则点，作直线，当移动该直线过点时，取得最大值，则也取得最大值（也可通过代入凸多边形端点进行计算，比较大小求得）.故.所以工厂每天生产产品40吨，产品10吨时，才可获得最大利润，为14000元.10.【解析】因为，故；在同一直角坐标系中分别作出函数，的图象如图所示，观察可知，两个函数的图象在上有6个交点，故方程在上有6个根.11.【解析】由三
9、视图可知，该几何体所表示的几何图形为三棱锥，作出该几何体的直观图如图所示，取的中点，连接；可以证明平面，故三棱锥的体积.12.【解析】依题意，故，故，整理得，结合余弦定理可知；记的面积为，则，将平方相加可得，故，即，当且仅当时等号成立.二、填空题13. 【解析】依题意，故，故，将点代入可得，故，故.14. 【解析】设，则，故多边形的面积；阴影部分为两个对称的三角形，其中，故阴影部分的面积，故所求概率.15. 【解析】设直线，联立故，设，则，由抛物线的对称性可知，解得，故，故直线的方程为.16. 【解析】；设函数，从而对任意，不等式恒成立，又，当，即恒成立时，函数单调递减，设，则，所以，即，符合
10、题意；当时，恒成立，此时函数单调递增.于是，不等式对任意恒成立，不符合题意；当时，设，则，当时，此时单调递增，所以，故当时，函数单调递增.于是当时，成立，不符合题意；综上所述，实数的取值范围为.三、解答题17.【解析】（）因为，故当时，；当时，两式对减可得；经检验，当时也满足；故，故数列是以3为首项，3为公比的等比数列，故，即 .（）由（）可知，故.18.【解析】（）依题意：，则关于的线性回归方程为.（）参加抽奖的每位顾客获得奖品金额为，的分布列为（元）.由关于的回归直线方程，预测时，时，时，则此次活动参加抽奖的人数约为人.（元）所以估计该分店为此次抽奖活动应准备8800元奖品.19.【解析】
11、（）因为,平面平面，所以平面，所以.因为四边形为正方形，所以，所以、两两垂直，以为原点，、分别为、轴建立空间直角坐标系（如图）.由勾股定理可知，所以，所以，.设平面的一个法向量为，由，得，即取，得；同理可得平面的一个法向量，故，因为二面角为钝角，故二面角的大小为.（）设，因为，又，所以，解得即.所以是线段上靠近的三等分点.20.【解析】（）依题意，解得，故椭圆的方程为，（）当直线的斜率不存在时，不妨取，故；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程化简得，设，,则，点到直线的距离， 因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，综上，面积的最大值为.21.【解析】（）由，所以，设，.由，在上单调递
12、增；，在上单调递减，所以，则，所以实数的最大值为.（）设为函数图象上任意一点，则点为函数图象上的点，所以，所以，当时，因而在上单调递增；当时，因而在上单调递减；又，则，显然当时，.要证：，即证，而在上单调递减，故可证，又由，即证，即，记，其中.记，当时，；时，故，而，故，而，从而，因此当，即单调递增.从而当时，即，故得证.22.【解析】（）依题意，故；因为，故，故极坐标方程为.（）联立，化简得： ，则或，即或，又因为，则或，则直线与曲线的交点的极坐标为和.23.【解析】（）依题意，故的值为；当且仅当，即时等号成立，则的取值集合为.（）因为，故；因为，当且仅当时等号成立；因为，当且仅当时等号成立；故，故（当且仅当时等号成立）.
