學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精山西省孝義市九校2017屆高三上學期教學質量監測（三模)數學（理）試題第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合，則集合中元素的個數為（）A．B．C．D．【答案】【解析】試題分析：，解得：，即，共6個元素，故選B.考點：元素與集合2。（）A．B．C．D．【答案】考點：復數的代數運算3.(）A．B．C．D．【答案】【解析】試題分析：，故選D.考點：定積分4.已知位同學和位老師參加歌詠比賽，若老師不能在第一位和最后一位出場，且同學不能在第位出場，則不同的排法種數為()A．B．C。D．【答案】111］【解析】試題分析：若老師在第4位置出場，共有種方法，若老師不在第4位置出場，則有種方法，所以共有種方法,故選C。考點:排列組合5。朱載堉(1536—1611），是中國明代一位杰出的音樂家、數學家和天文歷算家，他的著作《律學新說》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組音(八度）分成十二個半音音程的律制,各相鄰兩律之間的頻率之比完全相等,亦你“十二等程律”，即一個八度個音，相鄰兩個音之間的頻率之比相等，且最后一個音是最初那個音頻率的倍,設第三個音的頻率為，第七個音的頻率為,則(）A．B．C.D．【答案】考點:等比數列6。已知隨機變量，則（）A．B．C.D．【答案】【解析】試題分析：，故選C。考點：正態分布7.運行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為，則判斷框中可以填（）A．？B．?C。?D．？【答案】考點:循環結構8.已知函數，將函數的圖象向右平移個單位，再向上平移個單位移，得到函數的圖象,則當時，函數的值域為（)A．B．C.D．【答案】【解析】試題分析：,當，，那么，那么,故選A。考點:三角函數的圖像變換和性質9.已知某四棱錐的三視圖如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為，則該四棱錐的體積為（）A．B．C.D．【答案】【解析】試題分析：做出該四棱錐的直觀圖如圖所示，觀察可知，該四棱錐的體積，故選D。考點:1.三視圖；2。幾何體的體積.【方法點睛】掌握這類三視圖的問題,我們需要有空間想象能力，同時熟記一些體積和表面積公式,這樣根據三視圖還原直觀圖后才能正確解決問題，三視圖的原則是“長對正，寬相等，高平齊”,一般三視圖還原直觀圖的方法，如果正視圖，和側視圖是三角形，那一定是錐體,如果正視圖，和側視圖是矩形，那么這個幾何體是柱體，如果正視圖是多邊形，側視圖是三角形，俯視圖也是三角形，那就是錐體,（錐體側放)還有就是一些組合體，要注意是哪些幾何體組合在一起，或是幾何體削去一部分時，要靈活運用補形，一般可還原為長方體或是正方體，再分割。10。已知雙曲線的右支上存在一點，使得，其中，若，則雙曲線的漸近線方程為（）A．B．C。D．【答案】考點：雙曲線的幾何性質11。已知四棱錐中，底面四邊形為等腰梯形，且，若平面平面，則四棱錐的外接球的表面積為()A．B．C.D．【答案】【解析】試題分析：因為四邊形為等腰梯形，，故,因為，，,，故，故，取的中點,則是等腰梯形外接圓的圓心，設是的外心，作平面，平面，則是四棱錐的外接圓的球心,且，,設四棱錐的外接圓的半徑為，則，所以四棱錐的外接球的表面積是，故選C。考點:幾何體與球【方法點睛】本題重點考察了幾何體與外接球的問題,屬于中檔題型，首先應確定球心的位置,借助于外接球的性質，球心到各頂點距離相等，這樣可先確定幾何體中部分點組成的多邊形的外接圓的圓心，過圓心且垂直于多邊形所在平面的直線上任一點到多邊形的頂點的距離相等，然后同樣的方法找到另一個多邊形的各頂點距離相等的直線（這兩個多邊形需有公共點），這樣兩條直線的交點,就是其外接球的球心，再根據半徑，頂點到底面中心的距離，球心到底面中心的距離，構成勾股定理求解,有時也可利用補體法得到半徑，例：三條側棱兩兩垂直的三棱錐,可以補成長方體，它們是同一個外接球.12。已知實數滿足，則的最小值為（）A．B．C.D．【答案】【解析】試題分析:由，故，故，設，為兩動點，則點是函數圖像上一點，點是函數的圖象上一點，而，則問題轉化為求曲線上的點到直線的距離的最小值，如圖所示，直線的斜率為1，由，得，令，所以，解之得:（舍去）,，由,得，所以到直線的距離為的最小值，故,從而有的最小值為18，故選B。1考點：導數的幾何意義的應用 【思路點睛】本題考查了數形結合的思想方法，通過轉化與化歸的思想,借助導數的幾何意義得到兩點間距離的最大值，首先利用，故，,再結合的幾何意義可知其表示點和點兩點間距離，這樣就將問題轉化為直線和曲線上點的兩點間距離,根據數形結合可知，與已知直線平行的直線且與曲線相切，切點到直線的距離即為所求兩點間距離的最小值。第Ⅱ卷（共90分）二、填空題(每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.已知向量滿足，若向量的夾角為，則__________.【答案】考點：向量數量積14。已知橢圓與橢圓相交于四點,若橢圓的一個焦點為，且四邊形的面積為，則橢圓的離心率為__________.【答案】【解析】試題分析:聯立，兩式相減得，即，故四邊形為正方形，面積為,將代入得，得，則，所以離心率，故填：.考點：橢圓的幾何性質15。已知實數滿足,若恒成立，則實數的取值范圍為_________.【答案】考點:線性規劃【方法點睛】線性規劃中求最值的幾種題型包含（1）的最值，可轉化為的形式，斜率當時，,那么可將的最值問題轉化為直線的縱截距的最值問題；(2）表示可行域內的點與點間距離平方的最值；（3)表示可行域內的點與點連線斜率的最值；（4)可先變形為，而表示可行域內的點到直線距離的最值.16.已知數列的首項為，且,若，則數列的前項和_________.【答案】111］【解析】試題分析：因為，故，取對數可得，故，故是以1為首項，2為公比的等比數列，故，故，則，因為，故，兩邊取倒數可得，故數列的前項和為,故填：.1考點:1.數列的遞推公式；2。裂項相消求和.【方法點睛】本題重點考察了由遞推公式求通項的方法，以及轉化為能求和的方法，（1)累加法求通項，形如；（2)累乘法求通項,形如；(3）構造等比數列，形如，可構造，其中,即構造是等比數列；（4)形如，兩邊同時除以，得到，設數列，即，適用累加法求，再求數列的通項，（5）取倒數法，形如,取倒數后再通過構造數列求通項,（6）取對數法，形如,本題求通項就是此法.三、解答題(本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。)17.(本小題滿分12分）如圖，在中,，且,若.（1)求的面積；（2)已知在線段上，且，求的值以及的值。【答案】(1)；(2)；。【解析】試題分析：（1)，根據正弦定理，，然后再代入余弦定理，解得，最后代入三角形面積；（2）首先根據余弦定理可求，再根據二倍角公式，求，中，根據互補關系,求，最后中根據正弦定理求的值。1試題解析:（1）記,且，故,,且,故,即，在中，，解得，又，故；故的面積.（2）依題意,,即，故,故.考點：1。正弦定理;2.余弦定理.【方法點睛】本題考查了正余弦定理求解三角形的問題,需將已知量和未知量全部集中在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；或是作出三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設出未知量,從幾個三角形中列出方程(組）,解方程(組）得出所要求的解。正弦定理的常見變形包含，，,，可將邊化為角,同時還要結合一些簡單的三角恒等變形化簡.18.（本小題滿分12分)已知函數，現有一組數據(該組數據量龐大）,從中隨機個,繪制所得的莖葉圖如圖所示,且莖葉圖中平的數據的平均數為.（1）現從莖葉圖的數據中任抽取任取個數據分別替換的值，求至少有個數據,使得函數沒有零點的概率；（2）以頻率估計概率,若從該組數據中隨機抽取個數據分別替換的值，記使得函數沒有零點的個數為,求的分布列及數學期望、方差. 【答案】（1）；（2)詳見解析.【解析】試題分析：（1）根據10個數據的平均數，可求解，函數若沒有零點,，解得,求莖葉圖中滿足條件的個數為4，不滿足條件的6個，至少有2個數據使得函數沒有零點，可求其對立事件“沒有數據滿足條件,或是恰有1個數據滿足條件”的概率；（2)由（1）可知任取個數據,能夠使得函數沒有零點的概率；的可能取值為，,，。試題解析：（1）依題意，.對于函數，解得；則莖葉圖中，有個數據滿足，故所求概率.（2)由（1)可知任取個數據，能夠使得函數沒有零點的概率；故的可能取值為；則，故所求分布列為：1111］因為,故。1考點:1.莖葉圖;2。離散型隨機變量的分布列和數學期望。19.（本小題滿分12分）已知正方形，如圖（1）所示，是線段的中點,現以為軸，將正方形旋轉到使得，得到的圖形如圖（2）所示，連接。（1）證明:平面；（2）求二面角的大小。（1）（2）【答案】(1）詳見解析;(2）。【解析】試題解析:（1)因為,故，故；因為棱柱為直棱柱，故平面平面，故，故平面平面,故；又因為,故，故平面.(2）以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸,所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，則,則，易知，平面,則平面的一個法向量，設是平面的一個法向量，則,得,所以，因為二面角為銳角，故二面角的大小為。考點：1。線面垂直的判斷定理；2。二面角。20。（本小題滿分12分）已知拋物線的焦點與橢圓的一個焦點重合,點在拋物線上，過焦點的直線交拋物線于兩點。（1）求拋物線的方程以及的值;(2）記拋物線的準線與軸交于點，若,求實數的值。【答案】（1）;;(2)。試題解析：（1）依題意，橢圓中，,故，故，故,則，故拋物線的方程為，將代人，解得，故.1111]（2）依題意，,設，設,聯立方程,消去,得.,①且，又，則,即，代人①得，消去，得，易得,則，則。由，解得，故。考點：1.拋物線方程；2.直線與拋物線的位置關系。【方法點睛】本題重點考察了直線與拋物線的位置關系，當直線過軸上一定點時，并且有斜率不存在的直線,不包含斜率為0的直線，設或還可以設為，這種設法的直線能包含過定點的斜率不存在的直線，但不包含斜率為0的直線，所以根據條件合理設直線，當其與圓錐曲線聯立時,化簡起來簡單一些。21.（本小題滿分12分）已知函數.（1）當時,討論函數的單調性；(2）若存在三個不同的極值點,分別為，且，求實數的取值范圍，并證明：。【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增；(2)詳見解析。【解析】試題分析：（1）先求函數的導數,分和討論函數的單調性；（2)根據函數的單調性，以及函數由3個極值點,可得不等式，求得的取值范圍,并且求出，采用分析法證明不等式。試題解析：（1).①當時，，所以當時，單調遞減，當時，單調遞增.②當時，令，則，令，得,故在上單調遞減，在上單調遞增，，即，所以當時，恒成立，故在上單調遞減，在上單調遞增，綜上，當時，在上單調遞減，在上單調遞增。（2）由（1）知在上單調遞減，在上單調遞增，若要的兩個不同根為且,則必有，解得由，兩邊取對數得,兩式相加得，故要證，只需證明即可.易知，設,其中，故在上單調遞增，故，故，令得，故。又因為，且在上單調遞增，因此有，即成立，原命題得證.考點:1。導數與函數的單調性；2。導數的綜合應用.請考生在22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分.22。（本小題滿分10分)選修4—4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為為參數）,曲線的普通方程為，以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系.（1）求曲線的普通方程和的極坐標方程；（2）若是曲線上的兩點，且，求的值。【答案】（1）曲線的普通方程為，曲線的極坐標方程為；（2）。【解析】試題分析：（1）利用,消掉參數得到曲線的普通方程,根據，代入曲線，得到曲線的極坐標方程;（2)設，代