数学理卷·2017届北京市朝阳区第80中学高三上学期12月月考试题（解析版）

数学理卷·2017届北京市朝阳区第80中学高三上学期12月月考试题（解析版）

‎2017届高三理科12月月考试题 一、本大题共8小蹶，每小题5分，共40分． ‎ ‎1. 集合，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵集合，，‎ ‎∴．‎ 故选．‎ ‎2. 如果点在以点为焦点的抛物线上，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】抛物线的准线方程为：，‎ ‎∵到焦点的距离等于到准线的距离，点，‎ ‎∴到焦点的距离．‎ 故选．‎ 点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．‎ ‎3. 命题，；命题，，则下列命题中为真命题的是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：，所以命题为真命题；因为，所以命题是假命题。所以是真命题.‎ 考点：命题与简易逻辑 ‎4. 已知双曲线的中心在原点，一个焦点为，点在双曲线上，且线段的中点坐标为，则此双曲线的方程是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由双曲线的焦点可知c=,线段PF1的中点坐标为(0,2),所以设右焦点为F2,则有PF2⊥x轴,且|PF2|=4,点P在双曲线右支上.所以|PF1|===6,所以|PF1|-|PF2|=6-4=2=2a,所以a=1,b2=c2-a2=4,所以双曲线的方程为x2-=1.故选B.‎ ‎5. 《算法通宗》是我国古代内容丰富的数学名书，书中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红灯向下倍加增，共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？”其意思为“一座塔共七层，从塔顶至塔底，每层灯的数目都是上一层的倍，已知这座塔共有盏灯，请问塔顶有几盏灯？”‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】依题意，这是一个等比数列，公比为，.‎ ‎6. 对于直线，和平面，，使成立的一个充分条件是（ ）．‎ A. ， B. ，‎ C. ，， D. ，，‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由，，选C．‎ 考点：线面垂直的条件.‎ ‎7. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）．‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，其中底面是底边长为，高为的等腰三角形，棱锥高是，所以该几何体的表面积是：‎ ‎．‎ 故选．‎ 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎8. 点是棱长为的正方体的底面上一点，则的取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】 ‎ 如图，以为原点，以，，方向为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，‎ ‎，（其中，），‎ ‎∴的取值范围是．‎ 故选．‎ 二．填空题共6小题．每小题5分，共30分．‎ ‎9. 已知数列的前项和，对任意的都有，则的值为____________，数列的通项公式_____________．‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ‎ ‎【解析】当时，，∴．‎ ‎∵，①式，‎ ‎∴，②式，‎ ‎①②得，，∴，‎ ‎∴数列是以为首项，为公比的等比数列，‎ ‎∴数列的通项公式是．‎ ‎10. 已知是坐标原点，点，若点为平面区域，上的一个动点，设，则的最大值为____________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】 ‎ 作出不等式对应的平面区域如图所示，则，得，‎ 平移直线，由图象可以知道当直线的截距最大时，此时最大．‎ 此时直线经过点，故的最大值为．‎ 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.‎ ‎11. 直线与圆相交于，两点，若，则实数的取值范围是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由圆可得：圆心，半径，‎ ‎∴圆心到直线的距离．‎ ‎∵弦长，‎ ‎∴，即，解得．‎ ‎12. 已知函数．若关于的方程，有两个不同的实根，则实数的取值范围是____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】作出函数的图象，如图所示，‎ ‎ ‎ ‎13. 已知、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于原点对称，若直线、的斜率乘积，则该双曲线的离心率___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，设，，则，‎ ‎∴．‎ ‎∵，，‎ ‎∴两式相减可得．‎ ‎∵，∴，‎ 故．‎ ‎14. 曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于的点的轨迹，给出下列三个结论：‎ ‎①曲线关于轴对称；‎ ‎②若点在曲线上，则；‎ ‎③若点在曲线上，则．‎ 其中，所有正确结论的字号是____________．‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】点在曲线上，则有，化简得：‎ ‎．‎ 将换为，表达式不变，故①正确．‎ ‎∵，∴，‎ ‎，∴，‎ ‎∴，故②正确．‎ ‎∵，‎ 当时，，‎ 当时，，．‎ ‎∴，故③正确．‎ 综上所述，正确结论的序号是①②③．‎ 三、解答题（共6题，满分80分）‎ ‎15. 己知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小值．‎ ‎（Ⅱ）若，求的值．‎ ‎【答案】（）．（）．‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）对于这类二次形式，通过公式，可将函数转化为关于的二次函数，注意，转化为二次函数给定定义域求函数的最小值；（Ⅱ）根据上一问的变形结果，可先求，再根据求值.‎ 试题解析：（Ⅰ）因为 ‎ 又，所以当时，函数的最小值为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，‎ 所以．‎ 于是（舍）或．‎ 又．‎ 考点：1.二次函数求最值；2.二倍角公式.‎ ‎16. 在锐角中，，，分别为内角，，所对的边，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小．‎ ‎（Ⅱ）若，且，，求的值．‎ ‎【答案】（）．（）1.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由正弦定理可得，即，则角可求；‎ ‎（2））由（1）知，，由余弦定理可得，进而求得则的值可求 试题解析：（1）因为，所以，因为，‎ 所以，又为锐角，则.‎ ‎（2）由（1）知，，因为，根据余弦定理得：，整理，得，由已知，则，又，可得，于是，‎ 所以.‎ 考点：平面向量的数量积，正弦定理；余弦定理 ‎17. 如图，是边长为的正方形，平面，，，与平面所成角为．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面．‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎（Ⅲ）设点线段上一个动点，试确定点的位置，使得平面，并证明你的结论．‎ ‎【答案】（）见解析；（）．（）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由正方形性质得，由平面得，再根据线面垂直判定定理得平面（2）利用空间向量求二面角：先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求二面角（3）设点坐标，根据平面得，列方程解得点坐标，再确定位置 试题解析：（Ⅰ）证明：∵平面，平面，‎ ‎∴，‎ 又∵是正方形，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴平面．‎ ‎（Ⅱ）∵，，两两垂直，所以建立如图空间直角坐标系，‎ ‎∵与平面所成角为，即，‎ ‎∴，‎ 由，可知：，．‎ 则，，，，，‎ ‎∴，，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，即，‎ 令，则．‎ 因为平面，所以为平面的法向量，‎ ‎∴，‎ 所以．‎ 因为二面角为锐角，‎ 故二面角的余弦值为．‎ ‎（Ⅲ）依题意得，设，‎ 则，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴，即，解得：，‎ ‎∴点的坐标为，‎ 此时，‎ ‎∴点是线段靠近点的三等分点．‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎18. 函数．‎ ‎（）求的极值．‎ ‎（）在上恒成立，求值的集合．‎ ‎【答案】（）见解析；（）．‎ ‎【解析】试题分析：（1），可得为极小值点，，无极大值；‎ ‎ ‎ 试题解析：（）．‎ 当时，；当时，，‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴为极小值点，，无极大值．‎ ‎（）令，只需．‎ ‎．‎ 若，时，，在上单调递减，‎ ‎，不恒成立．‎ 若，，得，．‎ ‎，即时，时，，在上单调递增．‎ 时，，不恒成立．‎ 即时，时，，时，，‎ 在上单调递减，在上单调递增，为的最小值．‎ ‎∴．‎ ‎∴，故．‎ 综上所述，值的集合为．‎ ‎19. 已知椭圆的离心率为，且过点．若点在椭圆上，则点称为点的一个“椭点”．‎ ‎（）求椭圆的标准方程．‎ ‎（）若直线与椭圆相交于，两点，且，两点的“椭点”分别为，，以为直径的圆经过坐标原点，试判断的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．‎ ‎【答案】（）．（）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题意知，可得，又，即可求出椭圆的方程；（2）设，则，由于以为直径的圆经过坐标原点，所以 即，由得，根据韦达定理、弦长公式和面积公式即可求出结果．‎ 试题解析：（1） 解：由题意知，∴，‎ 即又．‎ ‎∴，椭圆的方程为．‎ ‎（2）设，则 由于以为直径的圆经过坐标原点，所以 即．‎ 由得，‎ ‎，．‎ 代入即得：，‎ ‎,‎ 把代入上式得 考点：1．椭圆的方程；2．直线与椭圆的位置关系．‎ ‎20. 已知数列，，，满足，且当时，，令．‎ ‎（Ⅰ）写出的所有可能的值．‎ ‎（Ⅱ）求的最大值．‎ ‎（Ⅲ）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1），，，，;（2）;（3）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：(Ⅰ)由题设可知当i=5时，可得满足条件的数列的所有可能情况; (Ⅱ)确定当，，的前项取，后项取时最大,此时. (Ⅲ)由(Ⅱ)可以知道,如果，，的前项中恰有项，，，取，，，的后项中恰有项，，取,则,利用条件,分n是奇数与偶数,即可得到结论.‎ 试题解析：（）有题设，满足条件的数列的所有可能情况有：‎ ‎①，，，，，此时；‎ ‎②，，，，，此时；‎ ‎③，，，，，此时；‎ ‎④，，，，，此时；‎ ‎⑤，，，，，此时；‎ ‎⑥，，，，，此时．‎ ‎∴的所有可能的值为，，，，．‎ ‎（） 由，可设，则或．‎ ‎∵，∴‎ ‎．‎ ‎∵，‎ ‎∴，且为奇数，，是由个和个构成数列．‎ ‎∴‎ ‎．‎ 则当，，的前项取，后项取时最大，‎ 此时．‎ 证明如下：‎ 假设，的前项中恰有项，，取，则，，的后项中恰有项，取，其中，，，，，．‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎∴的最大值为．‎ ‎（）由（）可知，如果，，的前项中恰有项，，，取，，，的后项中恰有项，，取，则，若，‎ 则．‎ ‎∵是奇数，∴是奇数，而是偶数．‎ ‎∴不存在数列，使得．‎ ‎ ‎ ‎ ‎