2017届广东省深圳市高三下学期第一次调研考试(一模)数学理试卷(带解析)

绝密★启用前2017届广东省深圳市高三下学期第一次调研考试（一模）数学理试卷（带解析）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：69分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、祖冲之之子祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是，如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行相距为的平面截该几何体，则截面面积为（ ）试卷第2页，共23页A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由三视图知，这是一个底面半径为2，高为2的圆柱挖去一个底面半径为2高为2的圆锥，所以平行底面的平面截得一个圆环，其面积为两个圆面积之差，根据比例关系知截圆锥所得圆的半径为h ，所以面积为，故选D ．2、函数的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】易知函数定义域为，且，因此函数图象关于原点对称，又当自变量从原点右侧时，，故选C ．3、执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为（ ）A ．335B ．336C ．337D ．338【答案】C【解析】根据框图分析，当时，，当时，，当时，，当时，继续进入循环，当时，，且，结束循环，输出，故选C ．4、已知函数为自然对数的底数，关于的方程有四个相异实根，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C试卷第4页，共23页【解析】由得：，令得：，易知时，时，时，所以在递减，在递增，在递减，大致图象如图所示，当时，令，根据图象，若方程有四根，则方程必须有一根小于，一根大于，当时，，而由的图象知，只须时，方程必有一根小于，一根大于，故选C ．点睛：本题综合考查函数与方程，函数的零点、极值、单调性，属于难题．解决此类问题的关键是方程有什么样的根，原方程才有四个根，通过对的单调性性研究，做出大致图象，结合图象可知方程必有一根小于，一根大于，然后结合对号函数图像分析，当时，能使程有一根小于，一根大于．5、已知棱长为2的正方体，球与该正方体的各个面相切，则平面截此球所得的截面的面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】因为球与各面相切，所以直径为2，且的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为正三角形的外接圆，由正弦定理知，所以面积，选D ．6、已知是双曲线的右焦点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，线段与相交于点，记点到的两条渐近线的距离之积为，若，则该双曲线的离心率是（ ） A ．B ．2C ．3D ．4【答案】B试卷第6页，共23页【解析】设，则代入双曲线方程得：，又到两条渐近线的距离分别为和，所以，即，又，且有点到直线距离知，所以，即，故选B ．7、已知，下列不等关系中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】选项A 中不等式两边同乘以负数，不等式方向没有改变，错误，选项B 中，考查幂函数，因为，所以函数在上是减函数，错误，选项D 中做差，所以正确，选D ．点睛：比较大小可以利用做差法，函数增减等来处理问题．利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小． 8、直线是圆的一条对称轴，过点作斜率为1的直线，则直线被圆所截得的弦长为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由是圆的一条对称轴知，其必过圆心，因此，则过点斜率为1的直线的方程为，圆心到其距离，所以弦长等于，故选C ．9、等比数列的前项和为，则 （ ）A ．-3B ．-1C ．1D ．3【答案】A 【解析】因为，，所以所以，故选A ．10、袋中装有大小相同的四个球，四个球上分别标有数字“2”，“3”，“4”，“6”.现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数字能构成等差数列的概率是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】因为4个小球随机选3个共有种不同选法，其中能构成等比数列的三个数分别为2，3，4；2，4，6，有两种不同的选法，所以根据古典概型概率公式得：，故选B ．11、若复数为纯虚数，其中为虚数单位，则 （ ） A ．2B ．3C ．-2D ．-3【答案】C【解析】因为为纯虚数，所以且，解得，故选C ．试卷第8页，共23页点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数，共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化，转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分． 12、若集合，则（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由得：，所以，故选B ．点睛：集合是高考中必考的知识点，一般考查集合的表示、集合的运算比较多．对于集合的表示，特别是描述法的理解，一定要注意集合中元素是什么，然后看清其满足的性质，将其化简；考查集合的运算，多考查交并补运算，注意利用数轴来运算，要特别注意端点的取值是否在集合中，避免出错．第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）13、若实数满足不等式组，目标函数的最大值为12，最小值为0，则实数__________．【答案】3【解析】做出可行域如图，目标函数，当时，显然最小值不可能为0，当时，当过点时取最小值，解得，此时过点时有最大值，符合题意，故填．点睛：本题考查线性规划问题，涉及到目标函数中有参数问题，综合性要求较高，属于难题．解决此类问题时，首先做出可行域，然后结合参数的几何意义进行分类讨论，本题参数为直线的斜率，所以可以考虑斜率的正负进行讨论，当时，显然直线越上移越小，结合可行域显然最小值不可能为，分析时，只有当直线过点时取最小值，从而求出．14、的二项展开式中，含的一次项的系数为__________．（用数字作答）【答案】-5试卷第10页，共23页【解析】由通项公式知，展开式含的一次项时，得，此时，故填．15、已知向量，若，则__________．【答案】【解析】由知，，所以，，故填．16、已知数列满足，其中，若对恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】由得：，令，则的奇数项和偶数项分别成首项为，且公差为的等差数列，所以，,，故，，，因为对恒成立，所以恒成立，同时恒成立，即恒成立，当时，，而时，所以即可，当时，恒成立，综上，故填．三、解答题（题型注释）17、选修4-5：不等式选讲 已知，记关于的不等式的解集为．（1）若，求实数的取值范围； （2）若，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）． 【解析】试题分析：（1）若，则，分类讨论，若，则，∴，若，则，∴，若，则，无解；（2）当时，，所以恒成立，即，当时恒成立，所以．试题解析：（1）依题意有：，若，则，∴，若，则，∴，若，则，无解， 综上所述，的取值范围为；（2）由题意可知，当时，恒成立，∴恒成立，即，当时恒成立，∴． 18、选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中中，已知曲线经过点，其参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线的极坐标方程；试卷第12页，共23页（2）若直线交于点，且，求证：为定值，并求出这个定值．【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）将参数方程中的参数消元得到：，再根据，代入普通方程化简得：；（2）不妨设设点的极坐标分别为，代入极坐标方程得，所以，得证．试题解析：（1）将点代入曲线的方程：，解得，所以曲线的普通方程为，极坐标方程为，（2）不妨设点的极坐标分别为，则，即，即，所以为定值．点睛：本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、椭圆的参数直角方程极坐标方程的互化及其应用、直线的参数方程的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．椭圆的参数方程化为普通方程即利用三角恒等式消去参数；在直线的参数方程中，参数的意义即为参数对应的为动点到定点的距离，常结合韦达定理进行求解. 19、已知函数为自然对数的底数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）关于的不等式在上恒成立，求实数的值；（3）关于的方程有两个实根，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析．【解析】（1）对函数求导得，∴，又，∴曲线在处的切线方程为，即；（2）记，其中，由题意知在上恒成立，下求函数的最小值，对求导得，令，得，当变化时，变化情况列表如下：试卷第14页，共23页∴，∴，记，则，令，得．当变化时，变化情况列表如下：∴， 故当且仅当时取等号， 又，从而得到；（3）先证，记，则，令，得，当变化时，变化情况列表如下：∴，恒成立，即，记直线分别与交于，不妨设，则，从而，当且仅当时取等号，由（2）知，，则，从而，当且仅当时取等号，故， 因等号成立的条件不能同时满足，故．20、已知椭圆：的左右顶点，上下顶点分别为，左右焦点分别为，其中长轴长为4，且圆：为菱形的内切圆. （1）求椭圆的方程；（2）点为轴正半轴上一点，过点作椭圆的切线，记右焦点在上的射影为，若的面积不小于，求的取值范围.【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）由题意知，所以， 所以，则直线的方程为，即，试卷第16页，共23页所以，解得，故椭圆的方程为；（2）由题意，可设直线的方程为，联立消去得，（*） 由直线与椭圆相切，得，化简得， 设点，由（1）知，则，解得，所以的面积，代入消去化简得，所以，解得，即，从而，又，所以，故的取值范围为．点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．本题注意相切情况的运用，化三角形面积为含一个变量的式子，再利用椭圆范围求解．21、某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过200度的部分按0.5元/度收费，超过200度但不超过400度的部分按0.8元/度收费，超过400度的部分按1.0元/度收费.（1）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：度）的函数解析式； （2）为了了解居民的用电情况，通过抽样，获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图，若这100户居民中，今年1月份用电费用不超过260元的点80%，求的值；（3）在满足（2）的条件下，估计1月份该市居民用户平均用电费用（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】试题分析：1）根据电价的分档情况，可以写出分段函数，当时，；当时，，当时，；（2）由（1）可知：当时，，则，根据频率分布直方图可知，解出；（3）分别求出各组中值点的电价，并求其概率（频率），再求平均值．试题解析：试卷第18页，共23页（1）当时，；当时，， 当时，，所以与之间的函数解析式为：；（2）由（1）可知：当时，，则，结合频率分布直方图可知：，∴；（3）由题意可知可取50，150，250，350，450，550．当时，，∴， 当时，，∴，当时，，∴， 当时，，∴，当时，，∴， 当时，，∴，故的概率分布列为：所以随机变量的数学期望．22、如图，四边形为菱形，四边形为平行四边形，设与相交于点，．（1）证明：平面平面；（2）若与平面所成角为60°，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】试题分析：（1）根（1）要证面面垂直，需要找线面垂直，本题中重点分析线段，利用条件底面是菱形可得，通过全等可知，从而，故是平面的垂线，从而得证；（2）涉及二面角的计算，一般需要建系设点，计算平面的法向量，利用二面角与法向量夹角之间的关系处理，需要注意建系时分析清楚哪三条线互相垂直． 试题解析： （1）证明：连接，∵四边形为菱形，∵，在和中， ，，∴，∴，试卷第20页，共23页∴，∵，∴平面， ∵平面，∴平面平面；（2）解法一：过作垂线，垂足为，连接，易得为与面所成的角，∴，∵，∴平面，∴为二面角的平面角，可求得，在中由余弦定理可得：，∴二面角的余弦值为； 解法二：如图，在平面内，过作的垂线，交于点，由（1）可知，平面平面，试卷第21页，共23页∴平面，∴直线两两互相垂直， 分别为轴建立空间直角坐标系， 易得为与平面所成的角，∴，则，，设平面的一个法向量为，则且，∴，且 取，可得平面的一个法向量为， 同理可求得平面的一个法向量为，∴，∴二面角的余弦值为．23、的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，求的面积的最大值．试卷第22页，共23页【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由已知及正弦定理可得，所以，化简得：，在三角形中；（2）由（1）知，故，又，所以，结合余弦定理运用均值不等式（当且仅当时等号成立），∴．试题解析：（1）由已知及正弦定理可得，在中，， ∴，∴，从而，∵，∴，∴，∴；（2）解法：由（1）知，∴，∵，∴，试卷第23页，共23页∵，∴， ∵，∴（当且仅当时等号成立），∴；解法二：由正弦定理可知，∵， ∴，∴，∴，∵，∴，∴当，即时，取最大值．点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据俄条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小．。