数学理·广西陆川县中学2017届高三上学期12月月考理数试题+Word版含解析

数学理·广西陆川县中学2017届高三上学期12月月考理数试题+Word版含解析

广西陆川县中学 2017 届高三上学期 12 月月考 数学（理）试题 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.设全集为 R ，集合    , 1A x x B x x        ，则  RA C B  （ ） A ．  1,2 B ．  2, 1  C ．  2, 1  D． 2,2 【答案】B 【解析】 试题分析： { | 1 4}RC B x x x   或 ，   ( 2, 1]RA C B    ，故选 B. 考点：集合的运算. 2.已知集合  1,A i  ，i 为虚数单位，则下列选项正确的是（ ） A ． 1 Ai  B ． 4i A C ． 1 1 i Ai   D． i A  【答案】C 考点：复数的运算. 3.若函数  f x 定义域为 R ，则“函数  f x 是奇函数”是“  0 0f  ”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分 也不必要条件 【答案】B 【解析】 试题分析：当函数  f x 的定义域为 R 时，“函数  f x 是奇函数”  “  0 0f  ”成立， 而“  0 0f  ”时，函数  f x 不一定是奇函数，所示“函数  f x 是奇函数”是“  0 0f  ” 的充分不必要条件. 考点：充分必要条件. 【方法点睛】充分不必要条件、必要不充分条件、既不充分也不必要条件的判断的一般方法： ①充分不必要条件：如果 p q ，且 p q ，则说是的充分不必要条件；②必要不充分条件： 如果 p q ，且 p q ，则说是的必要不充分条件；③既不充分也不必要条件：如果 p q ， 且 p q ，则说是的既不充分也不必要条件. 4.已知变量 x 与 y 负相关，且由观测数据算得样本平均数 3, 2.7x y  ，则由该观测数据算 得的线性回归方程可能是（ ） A．  0.2 3.3y x   B．  0.4 1.5y x  C.  2 3.2y x  D．  2 8.6y x   【答案】A 考点：线性回归方程. 5.若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是（ ） A．12 B．15 C. 24 D．36 8 【答案】D 【解析】 试题分析：根据三视图可知，几何体为圆锥，底面半径为 4 ，母线长为5，底面积为16 ，侧 面积为 20 ，所以此几何体的表面积是36 ． 考点：三视图求表面积. 【方法点睛】三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视 图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2) 由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图 的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代 入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、 锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图． 6.二项式    51 0ax a  的展开式的第四项的系数为-40，则 1 a x dx  的值为（ ） A ． 3 B ． 7 3 C. 7 D．9 【答案】A 考点：定积分，二项式定理. 7.执行如图所示的程序框图，当输入的  1,13x 时，输出的结果不小于 95 的概率为（ ） A． 1 3 B． 11 12 C. 2 3 D． 1 6 【答案】C 【解析】 试题分析：由程序框图可知，当输入 x 时，输出结果为   4 3 22 2 2 2 1 16 15f x x x       ， 所 以 当  1,13x ，    31,223f x  ， 所 以 输 出 结 果 不 小 于 95 的 概 率 223 95 128 2 223 31 192 3P    . 考点：流程图. 8.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐 去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里;驽马初日行九十七里，日减 半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问:几日相逢? （ ） A．12 日 B．16 日 C. 8 日 D．9 日 【答案】D 【解析】 试题分析：良马每日所行里数构成等差数列，其通项公式为  103 13 1 13 90na n n     ， 驽马每日所行走里数也构成等差数列，其通项公式为  1 1 19597 12 2 2nb n n      ，二马 相 逢 时 所 走 路 程 之 和 为 2 1250 2250  ， 所 以   1 19597103 13 90 2 2 22502 2 n nn n         ，解之得 9n  ，故选 D. 考点：等差数列通项及前 n 项和. 9.已知在三棱锥 P ABC 中， PA  面 ABC ， PC AB ，若三棱锥 P ABC 的外接球的 半径是 3， ABC ABP ACPS S S S     ，则 S 的最大值是（ ） A．36 B．28 C. 26 D．18 【答案】A 考点：外接球，基本不等式. 【思想点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题 时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用 平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点 CBAP ,,, 构成的三条线段 PCPBPA ,, 两两互相垂直，且 cPCbPBaPA  ,, ，一般把有关元素“补形”成为一个 球内接长方体，利用 22224 cbaR  求解． 10.已知函数   sin cosf x a x b x  ( ,a b 为常数， 0,a x R  )在 4x  处取得最大值， 则函数 4y f x      是（ ） A．奇函数且它的图象关于点 ,0 对称 B．偶函数且它的图象关于点 3 ,02      对 称 C. 奇函数且它的图象关于点 3 ,02      对称 D．偶函数且它的图象关于点  ,0 对 称 【答案】B 考点：三角函数的图象和性质. 11.过抛物线  2 2 0y px p  的焦点 F 的直线与双曲线 2 2 13 yx   的一条渐近线平行，并交 抛物线于 ,A B 两点，若 AF BF ，且 AF  ，则抛物线的方程为（ ） A． 2 2y x B． 2 3y x C. 2 4y x D． 2y x 【答案】A 【解析】 试题分析：抛物线 2 2y px 的焦点 F 的坐标为 ,02 p     ，准线方程 2 px   ，与双曲线 2 2 13 yx   的渐近线方程为 3y x  ，由于过抛物线 2 2y px 的焦点 F 的直线与双曲线 2 2 13 yx   的一条渐近线平行，并交抛物线于 ,A B 两点，且 AF BF ，所以可设直线 AB 方程为： 3 2 py x     ，设  0 0 0, 2 pA x y x    ，则 0 02, 22 2 p pAF x x     ，由 0 2 px  可得 2p   ，所以  0 3 2y p  ，则  23 2 2 2 2 pp p      得 1p  或 3p  (舍去)，所以抛物线方程为 2 2y x . 考点：直线与抛物线的位置关系. 12.函数    2 3 xf x x e  ，当 m 在 R 上变化时，设关于 x 的方程    2 2 12 0f x mf x e    的 不同实数解的个数为 n ，则 n 的所有可能的值为（ ） A．3 B．1 或 3 C. 3 或 5 D．1 或 3 或 5 【答案】A 考点：函数与方程. 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，满分 20 分．） 13.已知点O 是边长为 1 的正三角形 ABC 的中心，则OB OC   ． 【答案】 1 6  【解析】 试题分析：由正三角形的性质可知， 2 3, ,3 3OB OC OB OC      ，所以 3 3 2 1cos3 3 3 6OB OC        . 考点：向量的数量积. 【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二 是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起 到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、 线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数. 14.若实数 ,x y 满足不等式组 2 2 4 0 x y x y x y         ，则  22 1x y  的取值范围是 ． 【答案】 9 ,412      考点：简单的线性规划. 【方法点晴】求  22 1x y  的最值，利用其几何意义，可以看作距离的平方，通过求    , , 0, 1M x y P  ，距离平方的最值求出  22 1x y  的最值，转化为动点到定直线的距离 即可，但要注意垂足必须落在可行域内，本题属于易错题型，  22 1x y  代表的是距离的平 方，学生们往往直接求距离就写得数，忘记平方！最值往往是在区域的边界处取到. 15.六张卡片上分别写有数字 0，1，2，3，4，5，从中任取四张排成一排，可以组成不同的四 位奇数的个数为 ． 【答案】144 【解析】 试题分析：当所取四位数字不含 0 时，不同的四位奇数的个数为 1 3 3 4 72C A  ，当所取四位数 字含 0 时，不同的四位奇数的个数为 1 1 2 3 2 4 72C C A  ，所以不同的四位奇数共有144 个. 考点：排列组合. 16.已知数列 na 的首项 1 1a  ，且对任意 *n N ， 1,n na a  是方程 2 3 0nx nx b   的两实 根，则 2 1nb   ． 【答案】   3 1 3 2n n  考点：利用递推关系求数列通项公式. 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，在 ABC 中，AD BC ，垂足为 D ，且 : : 2:3:6BD DC AD  . (1)求 BAC 的大小； (2)若 E 在 AC 上，且 3AC AE ，已知 ABC 的面积为 15，求 BE 的长. 【答案】(1) 4BAC   ；(2) 5BE  . 【解析】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 由 所 给 的 比 例 关 系 : : 2:3:6BD DC AD  ， 可 得 1 1tan ,tan3 2BAD CAD    再利 用两角和 的正 切公式求 BAC 的正 切值即可 求出 BAC 的大小；（2）设  0BD t t  ，用表示 ,DC AD ，再利用三角形面积可求出t 的值， 从而求出三角形 ABC 的各边长，在 ABE 中利用余弦定理即可求出 BE . 考点：两角和的正切公式；余弦定理，三角形面积公式. 【方法点睛】本题考查两角和的正切公式、余弦定理、三角形面积公式，中档题；正余弦定 理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机的联系起来，从而使三角形与几何 产生联系，为求三角形有关的量（如面积，外接圆，内切圆半径和面积等）提供了理论依据， 也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据，其主要方法：化角法，化边法， 面积法运用初等几何法. 18.（本小题满分 12 分）已知从 A 地到 B 地共有两条路径 1L 和 2L ，据统计，经过两条路径所 用的时间互不影响，且经过 1L 和 2L 所用时间落在各时间段内的频率分布直方图分别为下图(1) 和(2). 现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于从 A 地到 B 地. (1)为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到 B 地，甲和乙应如何选择各自的路径？ (2)用 X 表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到 B 地的人数，针对(1)的选择方案，求 X 的 分布列和数学期望. 【答案】(1)甲应选择 1L ，乙应选择 2L ；(2)分布列见解析，1.5. (2)用 ,M N 分别表示针对(1)的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到 B 地，由(1)知   0.6P M  ，   0.9P N  ，又由题意知， ,M N 相互独立. ∴        0 0.4 0.1 0.04P X P M N P M P N        ，            1 0.4 0.9 0.6 0.1 0.42P X P M N M N P M P N P M P N          ，        2 0.6 0.9 0.54P X P MN P M P N      ∴的分布列为 x 0 1 2  0.04 0.42 0.54 ∴ 0 0.04 1 0.42 2 0.54 1.5EX        . 考点：频率分布直方图；离散型随机变量的分布列与期望. 19.（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，PD  面 ABCD ， / / ,AB DC AB AD ， 6DC  ， 8, 10, 45AD BC PAD    ， E 为 PA 的中点. (1)求证： DE ∥面 PBC ； (2)线段 AB 上是否存在一点 F ，满足CF DB ？若存在，试求出二面角 F PC D  的余 弦值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2） 8 17 . 试题解析：（1）取 PB 的中点 M ，连 EM 和CM ，过点C 作 CN AB ，垂足为 N ∵ ,CN AB DA AB  ，∴ / /CN DA，又 / /AB CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴ 8, 6CN AD DC AN    ， 在 直 角 三 角 形 BNC 中 ， 2 2 2 210 8 6BN BC CN     ∴ 12AB  ，而 ,E M 分别为 ,PA PB 的中点，∴且 / /EM AB 且 6EM  ，又 / /DC AB ∴ / /EM CD 且 EM CD ，四边形CDEM 为平行四边形，∴ / /DE CM CM  平面 PBC ， DE  平面 PBC ，∴ / /DE 平面 PBC 考点：直线与平面平行的判定与性质；空间向量的应用. 20.（本小题满分 12 分）已知椭圆 2 2 2: 1xC ya   (常数 1a  )的离心率为 2 2 ， ,M N 是椭 圆C 上的两个不同动点， O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程； (2)已知    ,1 , ,1A a B a ，满足 OM ON OA OBk k k k   ( OMk 表示直线OM 的斜率)，求 MN 取值的范围. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 2 2MN  . 【解析】 试题分析：（1）由离心率即可求出 a 的值，从而求出椭圆方程；（2）先讨论斜率不存在时，不 妨设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ，由 2 1 2 1 1 2OM ON OA OB yk k k kx        及点 M 在椭圆上求出点 ,M N 的坐标，可求得 | | 2MN  ，当 MN 由斜率时，设直线 MN 的方程为 y kx t  ， 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ， 将 直 线 方 程 代 入 椭 圆 方 程 消 去 y ， 得    2 2 21 2 4 2 1 0k x ktx t     ， 由 1 2 1 2 1 2OM ON OA OB y yk k k kx x       ， 用 t 表 示 2 2 2 1 2 tk  ， 2 1 2t  ，由 2 1 2 2 11 2MN k x x t      ，可得 2 2MN  ，综上可 得结果. ②当直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y kx t  ，    1 1 1 1, , ,M x y N x y 由     2 2 2 2 21 1 2 4 2 1 02 x y k x ktx t y kx t             则        2 2 2 2 24 4 1 2 2 1 8 2 1 0kt k t k t          ，即  2 22 1 0 *k t    2 1 2 1 22 2 2 14 ,1 2 1 2 tktx x x xk k     ，      2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2+ 1 2 t ky y kx t kx t k x x kt x x x t k         又 1 2 1 2 1 2OM ON OA OB y yk k k kx x       ，得 1 2 1 22 0x x y y  ，即  2 2 2 2 2 2 1 22 01 2 1 2 t t k k k     解得 2 22 2 1t k  ，代入 * 得 2 0t  ，且 2 22 2 1 1t k   ，故 2 1 2t  ，且 2 2 2 1 2 tk  ∴    2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 11 2 1 2 2,21 2 k t MN k x x k k t            综上所述， 2 2MN  考点：椭圆的标准方程及几何性质；直线与椭圆的位置关系. 【方法点睛】本题考查椭圆的标准方程及集合意义，中档题，高考解析几何解答题大多考查 直线与圆锥曲线的位置关系，主要由求值，求方程，最值，求参数取值范围等几部分组成， 其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线，解决这类问题要重视方程思想，函数思想及化归 思想的应用. 21.（本小题满分 12 分）已知函数     22ln ,f x x ax g x x   . (1)若函数  f x 在   2, 2f 处的切线与函数  g x 在   2, 2g 处的切线互相平行，求 a 的值； (2)设函数      H x f x g x  . （ⅰ）当实数 0a  时，试判断函数  y H x 在 1, 上的单调性； （ⅱ）如果  1 2 1 2,x x x x 是  H x 的两个零点，  H x 为函数  H x 的导函数，证明： 1 2 02 x x     ． 【答案】（1） 3a   ；（2）（ⅰ）函数  y H x 在 1, 上单调递减；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 试题分析：（1）分别求出函数 ( ), ( )f x g x 的导数 ' '2( ) , ( ) 2f x a g x xx    ，由 ' '(2) (2)f g 求出 a 即可；（2）（ⅰ）由   2 2H x x ax     及 0a  可得 ' ( ) 0H x  在[1, ) 上单调递减； （ ⅱ ） 由 1 2 1 2, ( )x x x x 是 ( )H x 的 两 个 零 点 ， 可 得   2 1 1 1 12ln 0H x x x ax    ，   2 2 2 2 22ln 0H x x x ax    ， 从 而 有    2 22 2 1 2 1 1 2ln 0x x x a x xx      ，   2 1 2 1 2 1 2ln x xa x xx x    ，所以 2 11 2 2 22 1 1 1 1 2 ln 22 1 x xx x xH xx x x x                      ，构造函数 1( ) ln 2 1 th t t t    ， 讨论其单调性可得    1 0h e h  ，从而结论成立. (2)因为  1 2 1 2,x x x x 是  H x 的两个零点，故   2 1 1 1 12ln 0H x x x ax    ①   2 2 2 2 22ln 0H x x x ax    ② 由②-①得：    2 22 2 1 2 1 1 2ln 0x x x a x xx      ， 解得   2 1 2 1 2 1 2ln x xa x xx x    因为   1 2 1 2 1 2 2 42 , 22 2 x x x xH x x a H ax x x                  ，将   2 1 2 1 2 1 2ln x xa x xx x    代入得       22 2 2 1 11 2 1 1 2 2 1 2 2 1 21 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 12ln 2ln 24 4 2 2ln ln 22 1 xx x x x xx x x x x xH x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x                                                    设 2 1 1xt x   ，构造 1( ) ln 2 1 th t t t            2 ' 2 2 11 4 1 1 th t t t t t      ，∵ 2 11,t x x  ，∴       2 2 1 0 1 th t t t    ∴  h e 在 1, 单调增且 1e  ，∴    1 0h e h  ，又 2 1 2 0x x   ∴ 2 11 2 2 22 1 1 1 1 2 ln 2 02 1 x xx x xH xx x x x                       . 考点：导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值；函数与方程不等式. 请考生在第 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.解答时请写清 题号. 22.（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 已知曲线 1C 的参数方程是 2 2cos 2sin x y        ( 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴 为极轴，建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程是 4sin  . (1)求曲线 1C 与 2C 交点的坐标； (2) ,A B 两点分别在曲线 1C 与 2C 上，当 AB 最大时，求 OAB 的面积(O 为坐标原点). 【答案】（1）   0,0 , 2,2 ；（2） 2 2 2 . (2)如图，由平面几何知识可知，当 1 2, , ,A C C B 依次排列且共线时， AB 最 大 ， 此 时 2 2 4AB   ， O 到 AB 的 距 离 为 2 ， ∴ OAB 的 面 积 为  1 2 2 4 2 2 2 22s      . 考点：参数方程与普通方程的互化；极坐标与直角坐标的互化；圆的性质与应用. 23.（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 设函数   2 6f x x  . (1)求不等式  f x x 的解集； (2)若存在 x 使不等式   2 1f x x a   成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 2 6x x  ；（2） 4a   . 【解析】 试题分析：（1）由绝对值的意义去掉绝对值符号解不等式组即可；（2）令     2 1g x f x x   2 6 2 1x x    ，去掉绝对值符号写成分段函数形式，求出函数最小值即可. 考点：含绝对值不等式的解法；分段函数的表示.