1、山西省孝义市九校2017届高三上学期教学质量监测（三模）数学（理）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，则集合中元素的个数为 （ ）A B C D 【答案】【解析】试题分析：,解得：，即,共6个元素，故选B.考点：元素与集合2. （ ）A B C D 【答案】考点：复数的代数运算3.（ ）A B C D 【答案】【解析】试题分析：，故选D.考点：定积分4.已知位同学和位老师参加歌咏比赛，若老师不能在第一位和最后一位出场，且同学不能在第位出场，则不同的排法种数为（ ） A B C. D 【答案】
2、111【解析】试题分析：若老师在第4位置出场，共有种方法，若老师不在第4位置出场，则有种方法，所以共有种方法，故选C.考点：排列组合5.朱载堉(15361611) ，是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作律学新说中制成了最早的“十二平均律”，十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的頻率之比完全相等，亦你“十二等程律” ，即一个八度个音，相邻两个音之间的頻率之比相等，且最后一个音是最初那个音频率的倍，设第三个音的频率为，第七个音的频率为，则（ ）A B C. D 【答案】考点：等比数列6.已知随机变量，则 （ ）A B C. D【答
3、案】【解析】试题分析：,故选C.考点：正态分布7.运行如图所示的程序框图，若输出的值为，则判断框中可以填 （ ）A？ B？ C. ？ D？【答案】考点：循环结构8.已知函数，将函数的图象向右平移个单位，再向上平移个单位移，得到函数的图象，则当时，函数的值域为 （ ）A B C. D【答案】【解析】试题分析：，当，那么，那么，故选A.考点：三角函数的图像变换和性质9.已知某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该四棱锥的体积为（ ）A B C. D【答案】【解析】试题分析：做出该四棱锥的直观图如图所示，观察可知，该四棱锥的体积,故选D.考点：1.三视图；2.几何体的体积.【方法点睛
4、】掌握这类三视图的问题，我们需要有空间想象能力，同时熟记一些体积和表面积公式，这样根据三视图还原直观图后才能正确解决问题，三视图的原则是“长对正，宽相等，高平齐”，一般三视图还原直观图的方法，如果正视图，和侧视图是三角形，那一定是锥体，如果正视图，和侧视图是矩形，那么这个几何体是柱体，如果正视图是多边形，侧视图是三角形，俯视图也是三角形，那就是锥体，(锥体侧放)还有就是一些组合体，要注意是哪些几何体组合在一起，或是几何体削去一部分时，要灵活运用补形，一般可还原为长方体或是正方体，再分割.10.已知双曲线的右支上存在一点，使得，其中，若，则双曲线的渐近线方程为 （ ）A B C. D【答案】考点
5、：双曲线的几何性质11.已知四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，且,若平面平面，则四棱锥的外接球的表面积为（ ） A B C. D【答案】【解析】试题分析：因为四边形为等腰梯形，故，因为，故，故，取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，设是的外心，作平面，平面，则是四棱锥的外接圆的球心，且，设四棱锥的外接圆的半径为，则，所以四棱锥的外接球的表面积是，故选C.考点：几何体与球【方法点睛】本题重点考察了几何体与外接球的问题，属于中档题型，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的
6、顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.12.已知实数满足，则的最小值为 （ ）A B C. D 【答案】【解析】试题分析：由，故，故，设，为两动点，则点是函数图像上一点，点是函数的图象上一点，而，则问题转化为求曲线上的点到直线的距离的最小值，如图所示，直线的斜率为1，由，得，令，所以，解之得：（舍去），由，得，所以到直线的距离为的最
7、小值，故，从而有的最小值为18，故选B.1考点：导数的几何意义的应用【思路点睛】本题考查了数形结合的思想方法，通过转化与化归的思想，借助导数的几何意义得到两点间距离的最大值，首先利用，故，再结合的几何意义可知其表示点和点两点间距离，这样就将问题转化为直线和曲线上点的两点间距离，根据数形结合可知，与已知直线平行的直线且与曲线相切，切点到直线的距离即为所求两点间距离的最小值.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量满足，若向量的夹角为，则 _.【答案】考点：向量数量积14.已知椭圆与椭圆相交于四点，若椭圆的一个焦点为，且四边形的面积为，则椭圆的离心率为
8、_.【答案】【解析】试题分析：联立，两式相减得，即，故四边形为正方形,面积为，将代入得，得，则，所以离心率，故填：.考点：椭圆的几何性质15.已知实数满足，若恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】考点：线性规划【方法点睛】线性规划中求最值的几种题型包含（1）的最值，可转化为的形式，斜率当时，那么可将的最值问题转化为直线的纵截距的最值问题；（2）表示可行域内的点与点间距离平方的最值；（3）表示可行域内的点与点连线斜率的最值；（4）可先变形为,而表示可行域内的点到直线距离的最值.16.已知数列的首项为，且，若，则数列的前项和_.【答案】111【解析】试题分析：因为，故，取对数可得，故，故是以1为首
9、项，2为公比的等比数列，故，故，则，因为，故，两边取倒数可得，故数列的前项和为，故填：.1考点：1.数列的递推公式；2.裂项相消求和.【方法点睛】本题重点考察了由递推公式求通项的方法，以及转化为能求和的方法，（1）累加法求通项，形如；（2）累乘法求通项，形如；（3）构造等比数列，形如，可构造，其中，即构造是等比数列；（4）形如，两边同时除以，得到，设数列，即，适用累加法求，再求数列的通项，（5）取倒数法，形如，取倒数后再通过构造数列求通项，（6）取对数法，形如，本题求通项就是此法.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.（本小题满分12分）如图
10、，在中，且，若. （1）求 的面积； （2）已知在线段上，且，求的值以及的值.【答案】(1)；（2）；.【解析】试题分析：（1），根据正弦定理，然后再代入余弦定理,解得，最后代入三角形面积;（2）首先根据余弦定理可求,再根据二倍角公式,求，中，根据互补关系,求，最后中根据正弦定理求的值.1试题解析：（1）记，且，故,，且，故 ，即，在中，解得，又，故；故 的面积.（2）依题意，即，故，故.考点：1.正弦定理；2.余弦定理.【方法点睛】本题考查了正余弦定理求解三角形的问题，需将已知量和未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；或是作出三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三
11、角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要求的解.正弦定理的常见变形包含,可将边化为角,同时还要结合一些简单的三角恒等变形化简.18.（本小题满分12分）已知函数，现有一组数据（该组数据量庞大），从中随机个，绘制所得的茎叶图如图所示，且茎叶图中平的数据的平均数为. （1）现从茎叶图的数据中任抽取任取个数据分别替换的值，求至少有个数据,使得函数没有零点的概率；（2）以频率估计概率，若从该组数据中随机抽取个数据分别替换的值，记使得函数没有零点的个数为，求的分布列及数学期望、方差.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）根据10个数据的平均数，可求解，
12、函数若没有零点，解得，求茎叶图中满足条件的个数为4，不满足条件的6个，至少有2个数据使得函数没有零点，可求其对立事件“没有数据满足条件，或是恰有1个数据满足条件”的概率；（2）由（1）可知任取个数据，能够使得函数没有零点的概率；的可能取值为，.试题解析：（1）依题意，.对于函数，解得；则茎叶图中，有个数据满足，故所求概率.（2）由（1）可知任取个数据，能够使得函数没有零点的概率；故的可能取值为；则,故所求分布列为:1111因为，故.1考点：1.茎叶图；2.离散型随机变量的分布列和数学期望.19.（本小题满分12分）已知正方形，如图（1）所示，是线段的中点，现以为轴，将正方形旋转到使得，得到的图
13、形如图（2）所示，连接.（1）证明: 平面；（2）求二面角的大小. （1） （2）【答案】(1)详见解析；（2）.【解析】试题解析：（1）因为,故，故；因为棱柱为直棱柱，故平面平面,故，故平面平面，故；又因为，故，故平面.(2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则,则，易知，平面，则平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，则，得，所以,因为二面角为锐角，故二面角的大小为.考点：1.线面垂直的判断定理；2.二面角.20.（本小题满分12分）已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点.（1）求抛物线的方
14、程以及的值； （2）记抛物线的准线与轴交于点，若，求实数的值.【答案】（1）；;（2）.试题解析：（1）依题意，椭圆中，故，故，故，则，故抛物线的方程为，将代人，解得，故. 1111（2）依题意，,设，设，联立方程，消去，得., 且，又 ，则，即，代人 得，消去，得，易得，则，则.由，解得，故.考点：1.抛物线方程；2.直线与抛物线的位置关系.【方法点睛】本题重点考察了直线与抛物线的位置关系，当直线过轴上一定点时，并且有斜率不存在的直线，不包含斜率为0的直线，设或还可以设为，这种设法的直线能包 含过定点的斜率不存在的直线，但不包含斜率为0的直线，所以根据条件合理设直线,当其与圆锥曲线联立时，化
15、简起来简单一些.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性； （2）若存在三个不同的极值点，分别为，且，求实数的取值范围, 并证明:.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）先求函数的导数，分和讨论函数的单调性；（2）根据函数的单调性，以及函数由3个极值点，可得不等式，求得的取值范围，并且求出，采用分析法证明不等式.试题解析：（1）. 当时，所以当时，单调递减，当时，单调递增. 当时，令，则，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，即，所以当时，恒成立，故在上单调递减，在上单调递增，综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（
16、1）知在上单调递减，在上单调递增，若要的两个不同根为且，则必有，解得由，两边取对数得，两式相加得，故要证，只需证明即可.易知，设，其中，故在上单调递增，故，故，令得，故.又因为，且在上单调递增，因此有，即成立，原命题得证.考点：1.导数与函数的单调性；2.导数的综合应用.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），曲线的普通方程为,以原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的普通方程和的极坐标方程； （2）若是曲线上的两点，且，求的值.【答案】(1) 曲线
17、的普通方程为，曲线的极坐标方程为；（2）.【解析】试题分析：（1）利用，消掉参数得到曲线的普通方程，根据，代入曲线,得到曲线的极坐标方程；（2）设，代入椭圆方程，而,根据进行化解，求得定值.考点：1.极坐标方程与直角坐标方程的互化；2.极坐标方程的应用.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数，若不等式的解集为.（1）求； （2）若，且，证明:. 【答案】(1) ；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）根据零点分段，分，三段去绝对值，得到分段函数，再解不等式；（2）利用两部基本不等式，再利用，将不等式转化为，展开后再利用基本不等式求证.试题解析：（1），则当时，不成立，当时，解得；当时， 成立，故. （2），当且仅当时取等号，故，当且仅当，即时取等号.1考点：1.零点分段法；2.基本不等式.
