数学理卷·2017届湖北省枣阳市高级中学高三第十次模拟考试（2017

数学理卷·2017届湖北省枣阳市高级中学高三第十次模拟考试（2017

‎ 2017届枣阳市高级中学高考第十次模拟考试 理科数学试题（2017.05.26）‎ ‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．已知全集，集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知是虚数单位，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．已知命题，是简单命题，则“是真命题”是“是假命题”的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分有不必要条件 ‎5．如图，四边形是正方形，延长至，使得，若点为的中点，且，则（ ）‎ A．3 B． C．2 D．1‎ ‎6．如图，是某算法的程序框图，当输出时，正整数的最小值是（ ）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎7．从1，3，5，7，9中任取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数是偶数的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知数列满足若对于任意的都有，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知不等式对于恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图，在三棱锥中，已知三角形和三角形所在平面互相垂直，，，则直线与平面所角的大小是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．椭圆的一个焦点为，该椭圆上有一点，满足是等边三角形（为坐标原点），则椭圆的离心率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数与的图象关于轴对称，当函数和在区间同时递增或同时递减时，把区间叫做函数的“不动区间”，若区间为函数的“不动区间”，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 二．填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．二项式的展开式中常数项为 ．‎ ‎14．学校艺术节对同一类的，，，四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：‎ 甲说：“是或作品获得一等奖”；‎ 乙说：“作品获得一等奖”；‎ 丙说：“，两项作品未获得一等奖”；‎ 丁说：“是作品获得一等奖”．‎ 若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是 ．‎ ‎15．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，若该几何体的各个顶点在某一个球面上，则该球面的面积为 ．‎ ‎16．若一直线与圆和函数的图象相切于同一点，则的值为 ．‎ 三．解答题：(本大题共6小题，请写出必要的文字说明和解答过程，共70分)‎ ‎17．在中，角，，的对边分别为，，，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）求的取值范围．‎ ‎18．张三同学从7岁起到13岁每年生日时对自己的身高测量后记录如下表：‎ 年龄（岁）‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ 身高（cm）‎ ‎121‎ ‎128‎ ‎135‎ ‎141‎ ‎148‎ ‎154‎ ‎160‎ ‎（Ⅰ）求身高关于年龄的线性回归方程；‎ ‎（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的线性回归方程，分析张三同学7岁至13岁身高的变化情况，如17岁之前都符合这一变化，请预测张三同学15岁时的身高．‎ 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：‎ ‎，．‎ ‎19．已知是定义在上的奇函数，当时，，且曲线在处的切线与直线平行．‎ ‎（Ⅰ）求的值及函数的解析式；‎ ‎（Ⅱ）若函数在区间上有三个零点，求实数的取值范围．‎ ‎20．设各项均为正数的数列的前项和为，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若，求数列的前项和．‎ ‎21．已知函数，其中为自然对数的底数，…．‎ ‎（Ⅰ）判断函数的单调性，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）若，不等式恒成立，求的取值范围．‎ ‎22．选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线（为参数）经过伸缩变换 ‎，后的曲线为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（Ⅰ）求的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）设曲线的极坐标方程为，且曲线与曲线相交于，两点，求的值．‎ ‎23．选修4-5：不等式选讲 已知函数，，其中，，均为正实数，且．‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）当时，求证．‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ 试题分析：，，所以，故选B。‎ 考点：1.含绝对值不等式的解法；2.集合的运算。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ 试题分析：,所以选项A错；，所以选项B错；，所以C正确；，选项D错，故选C。‎ 考点：1.复数的运算；2.元素与集合的关系。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ 试题分析：当函数的定义域为时，“函数是奇函数”“”成立，而“”时,函数不一定是奇函数，所以“函数是奇函数”是“”的充分不必要条件，故选B。考点：1.函数的奇偶性；2.充分条件与必要条件。‎ ‎4．A ‎【解析】‎ 试题分析：因数变量与负相关,所以回归方程中的回归系数为负，排除B,C ‎，又样本平均数适合A,不适合D,故选A。‎ 考点：线性回归。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图可知，该几何体是一个圆锥，底面直径为，母线长为，所以其表面积为，故选D。‎ 考点：1.三视图；2.旋转体的表面积与体积。‎ ‎6．A ‎【解析】‎ 试题分析：二项式的展开式的第四项为，其系数为，又因为，，故选A。‎ 考点：1.二项式定理；2.积分运算。‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 试题分析：由程序框图可知，当输入时，输出结果为，所以当，，所以输出结果不小于的概率，故选C。‎ 考点：1.程序框图；2.几何概型。‎ ‎8．D ‎【解析】‎ 试题分析：良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为，驽马每日所行走里数也构成一等差数列，其通项公式为，二马相逢时所走路程之和为，所以有，即，解之得，故选D。‎ 考点：1.等差数列及其求和；2.数列应用.‎ ‎9．D ‎【解析】‎ 试题分析：因为面，所以，，又因为,所以平面，所以，所以有，则由基本不等式可得 ‎，当且仅当时等号成立，所以的最大值是,故选D.‎ 考点：1.线面垂直的判定与性质；2.长方体外接球的性质；3.基本不等式.‎ ‎【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、长方体外接球的性质、基本不等式,中档题；立体几何的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值或利用基本不等式来求解．‎ ‎10．B ‎【解析】‎ 试题分析：因为在处取得最大值,所以，即，所以函数，故函数是偶函数，且关于点对称,故选B.‎ 考点：三角函数的图象与性质。‎ ‎11．A ‎【解析】‎ 试题分析：抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，与双曲线的渐近线方程为，由于过抛物线的焦点的直线与双曲线的一条渐近线平行，并交抛物线于两点，且，所以可设直线方程为：，设，则，由可得，所以，由得或（舍去），所以抛物线方程为，故选A.‎ 考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.抛物线和双曲线的定义与性质.‎ ‎【名师点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、抛物线和双曲线的定义与性质，属中档题；解决抛物线弦长相关问题时，要注意抛物线定义的应用，即将到焦点的距离转化为到准线的距离，通过解方程组求解相关问题即可。‎ ‎12．A ‎【解析】‎ 试题分析：因为,所以由方程可得或，且,不妨设则，又因为，由得或，当时，，函数在区间上单调递增，且，当时，，所以函数在区间上单调递减，当时，，所以函数在区间上单调递增，且当时，，此时，由图象可知无解，有三个解;当时，，此时，由图象可知有一个解，有两个解，即方程共有三个解；当时，，此时，由图象可知有两个解，有一个解，方程有三个不同的解，综上所述，关于的方程共有三个不同的解。‎ 考点：1.函数与方程；2.导数与函数的单调性、极值。‎ ‎【名师点睛】本题考查函数与方程,导数与函数的单调性、极值,属难题；利用导数知识解决函数与方程问题是最近高考的热点之一，即由导数研究函数的单调性与极值，再通过数形结合得到两个函数图象的公共点，从而得到方程的解。‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由正三角形的性质可知，,所以。‎ 考点：1.正三角形的性质；2.向量数量积的定义。‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：在坐标系中作出可行域如下图所示，设，则，由图可知，当点与可行域内的点重合时，取得最大值，此时，点到直线的距离的平方为最小值，即最小值为，所以的取值范围是。‎ 考点：1.线性规划；2.两点间的距离公式；3.点到直线的距离公式。‎ ‎【名师点睛】本题考查线性规划、两点间的距离公式、点到直线距离公式，中档题；对线性规划问题，先作出可行域，在作出目标函数，利用z的几何意义，结合可行域即可找出取最值的点，通过解方程组即可求出做最优解，代入目标函数，求出最值，要熟悉相关公式，确定目标函数的意义是解决最优化问题的关键，目标函数常有距离型、直线型和斜率型。‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当所取四位数字不含时，不同的四位奇数的个数为；当所取四位数字含时，不同的四位奇数的个数为,所以不同的四位奇数共有个.‎ 考点：1.分类计数原理与分步计数原理；2.排列与组合。‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因为是方程，所以，由得，当时，，两式作差得，所以数列的奇数项与偶数项分别构成以为公差的等差数列，且，所以，‎ ‎。‎ 考点：1.一元二次方程根与系数关系；2.等差数列的定义与性质。‎ ‎【名师点睛】本题考查一元二次方程根与系数关系、等差数列的定义与性质，中档题；由数列的递推关系求数列的通项公式，是高考的热点之一，本题中由题意得到的递推关系是相邻两项之和的关系式，进一步可推出隔一项之差等于同一个常数，即得到数列的奇数项与偶数项分别组成等差数列，从而得出结论。‎ ‎17．（1）；（2）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由所给的比例关系，可得，，再利用两角和的正切公式求的正切值即可求的大小；（2）设,用表示，再利用三角形面积可求出的值，从而求出三角形的各边长，在中利用余弦定理即可求。试题解析：（1），，‎ 则，‎ 又，故。‎ ‎（2）设，则，，‎ 由已知得，则，‎ 故，‎ ‎，，‎ 在中，由余弦定理得 ‎∴。‎ 考点：1.两角和的正切公式；2.余弦定理；3.三角形面积公式。‎ ‎【名师点睛】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地联系起来，从而使三角与几何产生联系，为求与三角形有关的量(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．其主要方法有：化角法，化边法，面积法，运用初等几何法。‎ ‎18．（1）甲应选择,乙应选择；（2）的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎0.04‎ ‎0.42‎ ‎0.54‎ ‎。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）分别计算甲、乙两人选择两种路径在各自允许时间内赶到B地的概率，比较概率大小即可作出选择；（2）由（1）可知，甲、乙两人在各自允许时间内赶到B地的概率为分别计算两人放轻脚步未赶到、只有一人赶到、两人都赶到的概率即可得到概率分布列与期望。‎ 试题解析：（1）用表示事件“甲选择路径时，40分钟内赶到地”，表示事件“乙选择路径时，50分钟内赶到地”，。‎ 由频率分布直方图及频率估计相应的概率可得 ‎∵，故甲应选择 ‎，‎ ‎，‎ ‎∵，故乙应选择 ‎（2）用分别表示针对（1）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到地，‎ 由（1）知，，又由题意知，相互独立，‎ ‎∴‎ ‎∴的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎0.04‎ ‎0.42‎ ‎0.54‎ ‎∴。‎ 考点：1.频率分布直方图；2.离散型随机变量的分布列与期望.‎ ‎19．（1）见解析；（2）存在点，满足,二面角的余弦值为。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证平面，只要在平面内找到一条直线与平行即可，取的中点,构造平行四边形即可证明；（2）以分别为轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，假设上存在一点使，利用空间向量知识可得到在上存在点满足条件，平面的一个法向量为，再求出平面的法向量，即可求二面角的余弦值。‎ 试题解析：（1）取的中点，连和，过点作，垂足为 ‎∵，，∴，又 ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，在直角三角形中，‎ ‎∴，而分别为的中点，‎ ‎∴且，又 ‎∴且，四边形为平行四边形，‎ ‎∴‎ 平面，平面，∴平面。‎ ‎（2）由题意可得，两两互相垂直，如图，以分别为轴建立空间直角坐标系，‎ 则，假设上存在一点使，设 坐标为，‎ 则，由，得，‎ 又平面的一个法向量为 设平面的法向量为 又，，‎ 由，得，即 不妨设，有 则 又由法向量方向知，该二面角为锐二面角，‎ 故二面角的余弦值为。‎ 考点：1.直线与平面平行的判定与性质；2.空间向量的应用。‎ ‎20．(1)；(2)。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由离心率为，即可求出的值，从而求出椭圆方程；（2）先讨论当的斜率不存在时，不妨设，由及点在椭圆上求出点的坐标，可求得，当当有斜率时，设直线的方程为，，将直线方程代入椭圆方程消去得,由，用表示可得，且，由 ‎ 可得，综上可得结果.‎ 试题解析： （1）由题意得，解得；‎ ‎∴椭圆的方程为。‎ ‎（2）解法一：‎ 由（1）得：，故 ‎①当的斜率不存在时，不妨设且 则，化简得：，‎ 由点在椭圆上得 联立方程解得 得（为定值）。‎ ‎②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，‎ 由 则，即 ‎，，‎ 又，得，即 解得，代入（*）得，且，‎ 故，且 ‎∴‎ 综上所述，。‎ 解法二：‎ 由条件得：，‎ 平方得，即 又，，得，设，‎ 则 当时，‎ 当时，‎ ‎∴。‎ 考点：1.椭圆的标准方程及几何性质；2.直线与椭圆的位置关系。‎ ‎【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，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、求定值、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．(1);(2)(i)函数在上单调递减.(ii)见解析。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）分别求函数的导数得，，由求出即可；（2）（i）由 及可得在上恒成立，所以在上单调递减；（ii）由是的两个零点，可得，，从而有 ‎，即，所以，构造函数，讨论其单调性可得，又，从而证得结论成立。‎ 试题解析：（1）由，得，在处切线互相平行时，切线斜率相等，于是，。‎ ‎（2）（1）‎ 易知在上单调递减，‎ ‎∴当时，‎ 当时，在上恒成立。‎ ‎∴当时，函数在上单调递减。‎ ‎（2）因为是的两个零点，故①‎ ‎②，由②-①得：‎ 解得 因为，‎ 将代入得 设，构造，，‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴在单调增且，∴，又 ‎∴。‎ 考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值；3.函数与方程、不等式。‎ ‎22．（1）；（2）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将曲线的参数方程化为普通方程，曲线有极坐标方程化为直角坐标方程，联立，解方程组即可；（2）由圆的性质可知，当当依次排列且共线时，最大，此时，求出点到直线的距离，即可求三角形的面积。‎ 试题解析： （1）由，得，‎ 所以，‎ 又由，得，得，‎ 把两式作差得，，‎ 代入得交点为。‎ ‎（2）如图，‎ 由平面几何知识可知，当依次排列且共线时，最大，此时，到的距离为，‎ ‎∴的面积为。‎ 考点：1.参数方程与普通方程的互化；2.极坐标与直角坐标的互化；3.圆的性质及应用。‎ ‎23．(1);(2)。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由绝对值的意义去掉绝对符号解不等式组即可；‎ ‎（2）令，去掉绝对值符号写成分段函数形式，求出函数的最小值即可。‎ 试题解析：（1）由得，‎ ‎∴或，‎ 解得：或 ‎∴不等式的解集为。‎ ‎（2）令 则，‎ ‎∴‎ ‎∵存在使不等式成立，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 考点：1.含绝对值不等式的解法；2.分段函数的表示。‎