(新课标)云南省昆明市第一中学2017届高三数学第三次双击检测试题文(扫描版)
云南省昆明市第一中学2017届高三新课标第三次双击检测语文试题Word版含答案
昆明第一中学2017届咼中新课标咼三第三次双基检测语文试卷第I卷阅读题甲必考题一、现代文阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1—3题。
我们的时代已不容置疑地进入了“数字时代”，数字技术瞬息万变，进入了我们现实的公共生活和私人生活领域。
当代影视、摄影、广告的图像泛滥所形成的“视觉文化转向”的视觉形象是无限复制的影像产物，从而对大众的日常生活形成包围。
消费型社会更加强化了建立在影像基础上的文化，越来越多的图像加速“挪用现实”，社会几乎被图像“绑架”。
复制技术让影像的生产和消费不仅高度繁荣，而且正越来越自主化。
传统社会，人们欣赏艺术是主体的自觉行为，在数字时代对数字技术所批量复制生产出来的视觉形象，人们是因拟像世界的围剿而不得不去关注与传播。
这些视觉形象是符号，而不是传统的艺术。
艺术审美的韵味被数字时代拟像世界的“奇观”所带来的震撼悉数替代，人们逐渐习惯于被动地被图像所逼迫，而不再有意识地、自为地去选择欣赏的对象。
随之而采的便是印时审美的冷漠与疲劳。
图像作为表述人类对自身和世界的欲望映像，强化了人类根深蒂固的囟恋情结一一人类的自身经验被最大程度地转化为满足人类意愿的观看的对象。
数字时代既能生产图像，又能消解图像（泛滥的PS技术便大大提升了图像的虚拟化程度，将图像随意拼贴、篡改、美化）。
于仿、游戏、虚无主义、道德主题等杂糅在一起，图像的表述失去目标与信念，人成为空洞的能指。
图像和信息符号正在成为我们了解现实的主要来源。
数字时代，我们生活在一个被复制和仿造了的世界中，对真实的证明是那么不可能，因为我们所掌握的一切都只是复制品而已。
我们无时无刻不被广告、影视、信息爆炸所笼罩着，并置身于“超现实”之中：虚饰成了现实的核心，艺术因此表现为无处不在。
艺术不再是单独的、孤立的、高悬于现实之上的精致的精神活动，艺术被符号统领，泛化为日常的一种基本审美和即时审美。
数字时代，技术作为“物”的存在逻辑已经让位于“物与人相互融合”的逻辑，即技术的人文性。
(新课标)云南省昆明市第一中学2017届高三英语第三次双击检测试题(扫描版)
（新课标）云南省昆明市第一中学2017届高三英语第三次双击检测试题（扫描版）第1巻（选择题）第一部分；听力（共两节.满分孔分）第一节（共5小题；毎小題门分，满分7.5分）*「听下面生段对话。
每段对话后有一个小聽，从题中所给的h队C三个选填中选出域住选项.井标在试曲的相应程賣©昕完毎段对话后，你都打血秒沖的时阖来回答有关尔题和阅读下一小题，每段对话仅读-遍「L Whom is tlie man fhrobably speaking to 7C. His mother.A.His iewh«* 吐His colleague.2.What caused Jane¥ depression?扎Ph^icd ilb如. B. Lift erperien* G 科mncial problem.3.Haw many tickets *iD the woman get?扎Ei曲. B+ Ten. 匚 Twelve4.Whit may lhe ^peakffb do ntal?A.Play poker. B- Go outing. G Watch TV*5.What does （he man fed satisfied with?九The weaiheTx 8, Hie haisi-匚弘® 由0&第二节（共计小题；每小ffii-5分.酒分225分）听下面3段对话°毎段对话后有一个小題*从題中所给的趴氛E三个逸项中aajftg选頊’并标在试卷的相应位置"听完每段对话戒建白机，你将有时间闵读各个小题’每小雜5秒钝；听完后, 各个小題将给出5秒钟的作答时闾®每段对话或独白读两遍“听下面一段材料，回答第6至7题o&p What dees the nun think of the housekeeper?A* She does the basics wel]TB.She1 is »ot rtry nsponsible*C.She just cbe& acme deaning*英ig •第2页〈共8页）7. What do the speakers decide to do finally? A. Give the housekeeper a raise. B ・ Hie a better housekeeper instead ・ C ・ Consider the housekeepers request- 听下面一段材料，回答第8至10题。
【云南省昆明市第一中学】2017届新课标高三月考卷数学(文科)试卷(六)-答案
由正弦定理得 BD AB ，所有 sin ADB 2 ，
sin A sin ADB
2
由于 A 2π ，所以 ADB π ，
3
4
因为 ADC 3π ，故 BDC π ，
4
2
所以四边形 ABCD 的面积为
S
S△ABD
S△BDC
1 AB 2
AD
sin A 1 BD 2
即当且仅当 a 1 ， b 2 时， 1 4 有最小值 9；
3
3 ab
（Ⅱ）证法一：
证明：因为 a 、 b 、 c 为正实数，且 a b c m ，
由柯西不等式得， (a
b c)
a2 b
b2 c
c2 a
(a b c)2
化简可得 a2 b2 c2 a b c ． bca
4
因为 x2 y2 2ax 2ay ，即 C : (x a)2 ( y a)2 2a2 ，
P(1, π) 的直角坐标为 P(1,0)
所以 l : y 3(x 1) ．
（Ⅱ）将直线 l
的参数方程
x
1
1 2
t
代入
x2
y2
2ax
2ay
，
y
2
16 3
，或者直接用公式
PQ
2 p 16 sin2 3 ，选 D．
3
（11）解析：当 x 1 时， 1 2x +1 3，因为 f (x) 的值域为 ,3 ，所以 g(x) x2 +ax ，当 x 1 时，
云南省昆明市2017届高三数学模拟试卷(文科)Word版含解析
云南省昆明市2017届高三模拟试卷（文科数学）一、选择题（本题共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．已知集合A={x|y=lg（x﹣1）}，B={x|2＜1}，则A∩B=（）A．{x|x＞1} B．{x|x＞0} C．{x|0＜x＜2} D．{x|1＜x＜2}2．已知复数z满足z•（i﹣1）=1+i，则z的共轭复数的虚部是（）A．1 B．﹣i C．i D．﹣13．已知向量=（1，2），=（x，﹣2），若+与﹣垂直，则实数x的值是（）A．±1 B．1 C．﹣1 D．﹣44．设a，b∈R，则“（a﹣b）a2＜0”是“a＜b”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知m，n是两条不同的直线，α是平面，则下列命题中是真命题的是（）A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m∥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥α，n⊥m，则n∥α6．已知等比数列{a n}为递增数列，若a1＞0，且2（a n+2﹣a n）=3a n+1，则数列{a n}的公比q=（）A．2或B．2 C．D．﹣27．若α∈（，π），则3cos2α=cos（+α），则sin2α的值为（）A．B．﹣C．D．﹣8．图中的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b，i的值分别为8，10，0，则输出的a和i和值分别为（）A．2，5 B．2，4 C．0，4 D．0，59．函数f（x）=xe x﹣x﹣2的零点的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．310．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥外接球的表面积是（）A．4πB．3πC．12π D．8π11．已知函数f（x）=若|f（x）|+a≥ax，则a的取值范围是（）A．[﹣2，0）B．[0，1] C．（0，1] D．[﹣2，0]12．已知P是椭圆+=1（a1＞b1＞0）和双曲线﹣=1（a2＞0，b2＞0）的一个交点，F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，∠F1PF2=，则的值是（）A．3 B．﹣3 C．﹣D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若实数x，y满足不等式组目标函数z=2x+y的最大值为．14．已知指数函数f（x）=a x（a＞0且a≠1）的图象过点P（2，4），则在（0，10]内任取一个实数x，使得f（x）＞16的概率为．15．O为△ABC内一点，且2++=0，△ABC和△OBC的面积分别是S△ABC和S△OBC，则的比值是．16．已知数列{a n}中，a n＞0，a1=1，a n+2=，a6=a2，则a2016+a3= ．三、解答题（共70分）17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos2A+1=4sin（+A）•sin（﹣A）（Ⅰ）求角A的值；（Ⅱ）若a=，且b≥a，求b﹣c的取值范围．18．4月23人是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动，为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查，下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间（单位：分钟）的频率分布直方图，若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书谜”，低于60分钟的学生称为“非读书谜”（1）求x的值并估计全校3000名学生中读书谜大概有多少？（经频率视为频率）（2）根据已知条件完成下面2×2的列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书谜”与性别有关？附：K2=n=a+b+c+d19．如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC=60°，AA1=AC=2，A1B=A1D=2，点E在A1D上，且E为A1D的中点⊥平面ABCD；（Ⅰ）求证：AA（Ⅱ）求三棱锥D﹣ACE的体积V D﹣ACE．20．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点F1，F2是椭圆E的左、右焦点，P是椭圆上一点，∠F1PF2=且△F1PF2的面积为3．（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；（Ⅱ）动点M在椭圆E上，动点N在直线l：y=2上，若OM⊥ON，求证：原点O到直线MN的距离是定值．21．若f（x）=x﹣1﹣alnx（a∈R），g（x）=（1）当a=时，求函数f（x）的最值；（2）当a＜0时，且对任意的x1，x2∈[4，5]（x1≠x2），|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|恒成立，求实数a的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的极坐标方程ρ=2sin（θ+）．倾斜角为，且经过定点P（0，1）的直线l与曲线C交于M，N两点（Ⅰ）写出直线l的参数方程的标准形式，并求曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）求+的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣a|+|x﹣2|，x∈R（Ⅰ）若关于x的不等式f（x）≤a在R上有解，求实数a的最小值M；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，已知正实数m，n，p满足m+2n+3p=M，求++的最小值．云南省昆明市2017届高三模拟试卷（文科数学）参考答案与试题解析一、选择题（本题共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．已知集合A={x|y=lg（x﹣1）}，B={x|2＜1}，则A∩B=（）A．{x|x＞1} B．{x|x＞0} C．{x|0＜x＜2} D．{x|1＜x＜2}【考点】交集及其运算．【分析】先分别求出集合A和B，由此利用交集定义能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={x|y=lg（x﹣1）}={x|x＞1}，B={x|2＜1}={x|0＜x＜2}，∴A∩B={x|1＜x＜2}．故选：D．2．已知复数z满足z•（i﹣1）=1+i，则z的共轭复数的虚部是（）A．1 B．﹣i C．i D．﹣1【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】把已知等式变形，然后复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出，则答案可求．【解答】解：由z•（i﹣1）=1+i，得=．则z的共轭复数=i，虚部是：1．故选：A．3．已知向量=（1，2），=（x，﹣2），若+与﹣垂直，则实数x的值是（）A．±1 B．1 C．﹣1 D．﹣4【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【分析】利用平面向量坐标运算法则分别求出+，﹣，再由+与﹣垂直，能求出实数x的值．【解答】解：∵向量=（1，2），=（x，﹣2），∴+=（1+x，0），﹣=（1﹣x，4），∵+与﹣垂直，∴（）（）=（1+x）（1﹣x）+0=0，解得x=±1．故选：A．4．设a，b∈R，则“（a﹣b）a2＜0”是“a＜b”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】根据充分必要条件定义判断，结合不等式求解．【解答】解：∵a，b∈R，则（a﹣b）a2＜0，∴a＜b成立，由a＜b，则a﹣b＜0，“（a﹣b）a2≤0，所以根据充分必要条件的定义可的判断：a，b∈R，则“（a﹣b）a2＜0”是a＜b的充分不必要条件，故选：A5．已知m，n是两条不同的直线，α是平面，则下列命题中是真命题的是（）A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m∥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥α，n⊥m，则n∥α【考点】命题的真假判断与应用．【分析】根据空间直线与平面，直线与直线判定定理及性质定理，以及几何特征，我们逐一对题目中的四个命题进行判断，即可得到答案．【解答】解：对于A，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，假命题；对于B，若m⊥α，n⊥α，根据线面垂直的性质，可得m∥n，真命题；对于C，若m∥α，m⊥n，则n与α位置关系不确定，假命题；对于D，若m⊥α，n⊥m，则n∥α或n⊂α，假命题，故选：B．6．已知等比数列{a n}为递增数列，若a1＞0，且2（a n+2﹣a n）=3a n+1，则数列{a n}的公比q=（）A．2或B．2 C．D．﹣2【考点】数列递推式．【分析】根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，由2（a n+2﹣a n）=3a n+1，可得2（q2﹣1）=3q，解可得q的值，又由{a n}为递增数列，分析可得q＞1，即可得q的值．【解答】解：根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，若2（a n+2﹣a n）=3a n+1，则有2（a n×q2﹣a n）=3a n×q，即2（q2﹣1）=3q，解可得q=2或q=，又由{a n}为递增数列且a1＞0， =q＞1，即q＞1；则q=2；故选：B．7．若α∈（，π），则3cos2α=cos（+α），则sin2α的值为（）A．B．﹣C．D．﹣【考点】两角和与差的余弦函数；二倍角的正弦．【分析】由已知利用二倍角的余弦函数公式，两角和的余弦函数公式化简可得3（cosα+sinα）（cosα﹣sinα）=（cosα﹣sinα），由范围α∈（，π），可得：cosα﹣sinα≠0，从而可求cosα+sinα=，两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可计算得解．【解答】解：∵3cos2α=cos（+α），∴3（cosα+sinα）（cosα﹣sinα）=（cosα﹣sinα），∵α∈（，π），可得：cosα﹣sinα≠0，∴cosα+sinα=，∴两边平方可得：1+sin2α=，解得：sin2α=﹣．故选：D．8．图中的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b，i的值分别为8，10，0，则输出的a和i和值分别为（）A．2，5 B．2，4 C．0，4 D．0，5【考点】程序框图．【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b，i的值，即可得到结论．【解答】解：模拟执行程序框图，可得：a=8，b=10，i=0，i=1，不满足a＞b，不满足a=b，b=10﹣8=2，i=2满足a＞b，a=8﹣2=6，i=3，满足a＞b，a=6﹣2=4，i=4，满足a＞b，a=4﹣2=2，i=5，不满足a＞b，满足a=b，输出a的值为2，i的值为5．故选：A．9．函数f（x）=xe x﹣x﹣2的零点的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数的导数，得到函数f（x）的单调区间，从而求出函数的零点个数即可．【解答】解：f′（x）=（x+1）e x﹣1，f″（x）=（x+2）e x，令f″（x）＞0，解得：x＞﹣2，令f″（x）＜0，解得：x＜﹣2，故f′（x）在（﹣∞，﹣2）递减，在（﹣2，+∞）递增，故f′（x）min=f′（﹣2）=﹣﹣1＜0，而f′（0）=0，x→﹣∞时，f′（x）→﹣∞，故x＜0时，f′（x）＜0，f（x）递减，x＞0时，f′（x）＞0，f（x）递增，故f（x）的最小值是f（0）=﹣2，故函数f（x）的零点个数是2个，故选：C．10．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥外接球的表面积是（）A．4πB．3πC．12π D．8π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．【分析】由已知中的三视图可得：该几何体的外接球相当于棱长为1的正方体的外接球，进而可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体的外接球相当于棱长为1的正方体的外接球，故2R=，故该四棱锥外接球的表面积S=4πR2=3π，故选：B．11．已知函数f（x）=若|f（x）|+a≥ax，则a的取值范围是（）A．[﹣2，0）B．[0，1] C．（0，1] D．[﹣2，0]【考点】分段函数的应用．【分析】①当x≤1时，f（x）|+a≥ax，化简为x2﹣4x+3+a≥ax，分离参数a，利用恒成立思想可求得a≥﹣2；②当x＞1时，|f（x）|+a≥ax化简为lnx≥a（x﹣1），作图，由函数图象可知a≤0，从而可得答案．【解答】解：①当x≤1时，f（x）=﹣x2+4x﹣3=﹣（x﹣2）2+1≤0，所以|f（x）|+a≥ax，化简为x2﹣4x+3+a≥ax，即a（x﹣1）≤x2﹣4x+3=（x﹣1）2﹣2（x﹣1），因为x≤1，所以a≥x﹣1﹣2恒成立，所以a≥﹣2；②当x＞1时，f（x）=lnx＞0，所以|f（x）|+a≥ax化简为lnx≥a（x﹣1）恒成立，如图：由函数图象可知a≤0，综上，当﹣2≤a≤0时，不等式|f（x）|+a≥ax恒成立故选：D12．已知P是椭圆+=1（a1＞b1＞0）和双曲线﹣=1（a2＞0，b2＞0）的一个交点，F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，∠F1PF2=，则的值是（）A．3 B．﹣3 C．﹣D．【考点】双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．【分析】设P为第一象限的交点，|PF1|=m，|PF2|=n，运用椭圆和双曲线的定义，求得m=a1+a2，n=a1﹣a2，再由余弦定理和椭圆与双曲线的基本量之间的关系，化简整理即可得到所求值．【解答】解：设P为第一象限的交点，|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆的定义可得，m+n=2a1，由双曲线的定义可得，m﹣n=2a2，解得m=a1+a2，n=a1﹣a2，在△F1PF2中，由余弦定理可得cos∠F1PF2==，即为m2+n2﹣mn=4c2，即有2a12+2a22﹣a12+a22=4c2，即a12+3a22=4c2，又a12﹣b12=c2，a22+b22=c2，可得b12+c2+3c2﹣3b22=4c2，则b12=3b22，可得=．故选：D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若实数x，y满足不等式组目标函数z=2x+y的最大值为16 ．【考点】简单线性规划．【分析】画出约束条件表示的可行域，判断目标函数z=2x+y的位置，求出最大值．【解答】解：作出约束条件不等式组的可行域如图：目标函数z=2x+y在的交点A（5，6）处取最大值为z=2×5+6=16．故答案为：16．14．已知指数函数f（x）=a x（a＞0且a≠1）的图象过点P（2，4），则在（0，10]内任取一个实数x，使得f（x）＞16的概率为．【考点】几何概型；指数函数的单调性与特殊点．【分析】设函数f（x）=a x，a＞0 且a≠1，把点（2，4），求得a的值，可得函数的解析式，进而结合几何概型可得到答案．【解答】解：指数函数f（x）=a x（a＞0且a≠1）的图象过点P（2，4），代入可得 a2=4，解得a=2，∴f（x）=2x．又∵x∈（0，10]，若f（x）＞16，则x∈（4，10]，∴f（x）＞16的概率P==，故答案为．15．O为△ABC内一点，且2++=0，△ABC和△OBC的面积分别是S△ABC和S△OBC，则的比值是．【考点】向量在几何中的应用．【分析】可取AB的中点D，AC的中点E，然后画出图形，根据便可得到，从而得出D，O，E三点共线，这样即可求出的值．【解答】解：如图，取AB中点D，AC中点E，则：===；∴；∴D，O，E三点共线，DE为△ABC的中位线；∴；∴．故答案为：．16．已知数列{a n}中，a n＞0，a1=1，a n+2=，a6=a2，则a2016+a3= ．【考点】数列递推式．【分析】根据数列递推公式求出a3，再由a6=a2，求出a2=a6=，而a2016=a503×4+6=a6，问题得以解决．【解答】解：a n＞0，a1=1，a n+2=，∴a3==，∵a6=a2，∴a6=，a4=，∴a6==a2，∵a n＞0，解得a2=a6=∴a2016=a503×4+6=a6=，∴a2016+a3=，故答案为：三、解答题（共70分）17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos2A+1=4sin（+A）•sin（﹣A）（Ⅰ）求角A的值；（Ⅱ）若a=，且b≥a，求b﹣c的取值范围．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换的应用化简已知可得sin2A=1，结合范围2A∈（0，2π），可求A的值．（Ⅱ）利用正弦定理可得b=2sinB，c=2sinC，利用三角函数恒等变换的应用化简可得b﹣c=2sin（B﹣），结合范围0≤B﹣＜，利用正弦函数的性质即可得解．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）∵cos2A+1=4sin（+A）•si n（﹣A）=2sin（﹣2A），∴cos2A+1=2sin（﹣2A）=cos2A+sin2A，可得：sin2A=1，∵A∈（0，π），2A∈（0，2π），∴2A=，可得：A=．…6分（Ⅱ）∵A=，a=，∴由=2，得b=2sinB，c=2sinC，∴b﹣c=2sinB﹣2sinC=2sinB﹣2sin（﹣B）=2sin（B﹣）．∵b≥a，∴≤B＜，即0≤B﹣＜，∴b﹣c=2sin（B﹣）∈[0，2）．…12分18．4月23人是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动，为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查，下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间（单位：分钟）的频率分布直方图，若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书谜”，低于60分钟的学生称为“非读书谜”（1）求x的值并估计全校3000名学生中读书谜大概有多少？（经频率视为频率）（2）根据已知条件完成下面2×2的列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书谜”与性别有关？附：K2=n=a+b+c+d【考点】独立性检验．【分析】（1）利用频率分布直方图，直接求出x，然后求解读书迷人数．（2）利用频率分布直方图，写出表格数据，利用个数求出K2，判断即可．【解答】解：（1）由已知可得：（0.01+0.02+0.03+x+0.015）*10=1，可得x=0.025，…因为（ 0.025+0.015）*10=0.4，将频率视为概率，由此可以估算出全校3000名学生中读书迷大概有1200人；…（2）完成下面的2×2列联表如下…≈8.249，…VB8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关．…19．如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC=60°，AA1=AC=2，A1B=A1D=2，点E在A1D上，且E为A1D的中点（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABCD；（Ⅱ）求三棱锥D﹣ACE的体积V D﹣ACE．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【分析】（I）使用菱形的性质和勾股定理的逆定理证明AA1⊥AB，AA1⊥AD，从而得出AA1⊥平面ABCD；（II）设AD的中点为F，连接EF，利用体积公式求三棱锥D﹣ACE的体积V D﹣ACE．【解答】（Ⅰ）证明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AB=AD=AC=2，∵AA1=2，∴AA12+AB2=A1B2，∴AA1⊥AB．同理，AA1⊥AD，又∵AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，AB∩AD=A，∴AA1⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：设AD的中点为F，连接EF，则EF∥AA1，∴EF⊥平面ACD，且EF=1．∴V D﹣ACE=V E﹣ACD==．20．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点F1，F2是椭圆E的左、右焦点，P是椭圆上一点，∠F1PF2=且△F1PF2的面积为3．（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；（Ⅱ）动点M在椭圆E上，动点N在直线l：y=2上，若OM⊥ON，求证：原点O到直线MN的距离是定值．【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程．【分析】（Ⅰ）利用椭圆的离心率a=2c，利用勾股定理，三角形的面积公式及椭圆的定义，即可求得a和c 的值，则b2=a2﹣c2，即可求得椭圆E的标准方程；（Ⅱ）当直线ON斜率不存在时，由d==，当直线OM斜率存在时，将直线OM的方程代入椭圆方程，求得M点坐标，则直线ON的斜率﹣，将y=2，求得N点坐标，则d2==3，原点O到直线MN的距离是定值．【解答】解：（Ⅰ）椭圆的离心率e==，a=2c，①△F1PF2的面积为3，则丨PF1丨丨PF2丨=3，则丨PF1丨丨PF2丨=6，由丨PF1丨+丨PF2丨=2a，丨PF1丨2+丨PF2丨2=（2c）2．则a2﹣c2=3，②解得：a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3，∴椭圆E的标准方程为；（Ⅱ）证明：①当直线ON斜率不存在时，即点N在y轴上时，丨ON丨=2，丨OM丨=2，丨MN丨=4，设原点O到直线MN的距离为d，由比例关系可得d==，②当直线OM斜率存在时，设直线OM方程为：y=kx，，解得：x2=，y2=，由OM⊥ON，则直线ON方程为：y=﹣x，代入y=2，可得x=﹣2k，则N（﹣2k，2），则丨MN丨2=丨ON丨2+丨OM丨2=（﹣2k）2+（2）2++=，则由比例关系可得d=，d2==3，∴d=，综上所述，原点O到直线MN的距离为定值．21．若f（x）=x﹣1﹣alnx（a∈R），g（x）=（1）当a=时，求函数f（x）的最值；（2）当a＜0时，且对任意的x1，x2∈[4，5]（x1≠x2），|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|恒成立，求实数a的取值范围．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（1）求出f（x）的导数，求出单调区间，可得极小值且为最小值，无最大值；（2）当a＜0时，f′（x）=1﹣＞0在x∈[4，5]上恒成立，可得函数f（x）在x∈[4，5]上单调递增．利用g′（x）＞0在x∈[4，5]上恒成立，可得g（x）在x∈[4，5]上为增函数．不妨设x2＞x1，则|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|恒成立|恒成立⇔f（x2）﹣f（x1）＜g（x2）﹣g（x1）恒成立，即f（x2）﹣g（x2）＜f（x1）﹣g（x1）在x∈[4，5]上恒成立．设F（x）=f（x）﹣g（x）=x﹣alnx﹣1﹣．则F （x）在x∈[4，5]上为减函数．分离参数利用导数进一步研究即可得出．【解答】解：（1）当a=时，函数f（x）=x﹣1﹣lnx（x＞0），导数为f′（x）=1﹣=，当x＞时，f′（x）＞0，f（x）递增；当0＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）递减．可得f（x）在x=处f（x）取得极小值，且为最小值﹣1+1=，无最大值；（2）当a＜0时，f′（x）=1﹣＞0在x∈[4，5]上恒成立，∴函数f（x）在x∈[4，5]上单调递增，g（x）=，∵g′（x）=＞0在x∈[4，5]上恒成立，∴g（x）在[4，5]上为增函数．当a＜0时，且对任意的x1，x2∈[4，5]（x1≠x2），|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|恒成立，即f（x2）﹣g（x2）＜f（x1）﹣g（x1）在x∈[4，5]上恒成立．设F（x）=f（x）﹣g（x）=x﹣alnx﹣1﹣．则F（x）在x∈[4，5]上为减函数．F′（x）=1﹣﹣≤0在x∈[4，5]上恒成立，化为a≥x﹣e x+恒成立．设H （x ）=x ﹣e x+，∵H′（x ）=1﹣e x+=1﹣e x（1﹣+）=1﹣e x [（﹣）2+]，x ∈[4，5]．∴e x [（﹣）2+]＞e 3＞1，x ∈[4，5]．∴H′（x ）＜0在x ∈[4，5]上恒成立，即H （x ）为减函数．∴H （x ）在x ∈[4，5]上的最大值为H （4）=4﹣e 4+e 4=4﹣e 4．∴4﹣e 4≤a ＜0．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C 的极坐标方程ρ=2sin （θ+）．倾斜角为，且经过定点P （0，1）的直线l 与曲线C 交于M ，N 两点（Ⅰ）写出直线l 的参数方程的标准形式，并求曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）求+的值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（I ）由倾斜角为，且经过定点P （0，1）的直线l 的参数方程为：．曲线C 的极坐标方程ρ=2sin （θ+），展开：ρ2=2×（sin θ+cos θ），利用互化公式可得直角坐标方程．（II ）把直线l 的参数方程代入圆C 的方程为：t 2﹣t ﹣1=0，可得+=+==即可得出．【解答】解：（I ）由倾斜角为，且经过定点P （0，1）的直线l 的参数方程为：，化为：．曲线C的极坐标方程ρ=2sin（θ+），展开：ρ2=2×（sinθ+cosθ），可得直角坐标方程：x2+y2=2x+2y．（II）把直线l的参数方程代入圆C的方程为：t2﹣t﹣1=0，t1+t2=1，t1t2=﹣1．∴+=+====．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣a|+|x﹣2|，x∈R（Ⅰ）若关于x的不等式f（x）≤a在R上有解，求实数a的最小值M；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，已知正实数m，n，p满足m+2n+3p=M，求++的最小值．【考点】柯西不等式在函数极值中的应用；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）关于x的不等式f（x）≤a在R上有解，求出f（x）的最小值，即可求实数a的最小值M；（Ⅱ）利用柯西不等式，即可求++的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=|x﹣a|+|x﹣2|≥|a﹣2|，∵关于x的不等式f（x）≤a在R上有解，∴|a﹣2|≤a，∴a≥1，∴实数a的最小值M=1；（Ⅱ）m+2n+3p=1， ++=（++）（m+2n+3p）≥（+2+）2=16+8，∴++的最小值为16+8．。
【云南省昆明市第一中学】2017届新课标高三月考卷数学(文科)试卷(四)-答案
令 ， ，
设直线 与 轴相交于点 则 ， ，
所以
把 代入 并化简得 ．
设 ，
由 知 ，且 ， ，
令 ， ，
当 时， ，
当 时， ，
所以，当 时，此时 ，函数 取最大值 ，
因此 的面积的最大值为 ，直线 的方程为 ．
21．解：（Ⅰ）函数 定义域为 ， ，
（1） ，当 时， ；当 时，
16.解析：因为 ，所以 ，即 ，所以 为等差数列，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ．
当 时，由（Ⅰ）得函数 在 单调递增，且 ， ，
而 时， ，所以函数 只有一个零点．
当 时，由（Ⅰ）得函数 在 单调递减，在 上单调递增，
且 ， ，
而 时， ，
所以函数 只有一个零点．
所以，当 时，函数 只有一个零点．
22．解：（Ⅰ）曲线 的极坐标方程是 ，
化为直角坐标方程为 ，
直线 的普通方程为 ．
解得 （舍）或 ，
又因为 是 的中点，所以 ，
在 中， ，
所以 ．
18．解析：（Ⅰ） ， ．
，
，
．
，
故所求线性回归方程为 ．
（Ⅱ）当 时， （万元）．
故预测该公司产品研发费用支出10万元时，所获得的利润约为64.4万元．
19．解：
（Ⅰ）证明：因为点 ， 分别是 ， 的中点，
所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ，
12. 解析：设 ，依题意可将三棱锥补成长方体（如图），设长方体的长、宽、高分别为 ， ， ，则 ，由于球的表面积为 ，可得 ，所以 ，解得 ，选C．
二、填空题
13.解析：由 ，解得 ，定义域为 ．
14.解析：画出可行域如图所示，目标函数在点 处取得最大值，
2023昆明市第一中学高中新课标高三第三次双基检测数学试题及参考答案
2023昆明市第一中学高中新课标高三第三次双基检测数学试题及参考答案学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题（本大题共8小题，共40分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 已知集合A={−1,0,1,2,},B={x∈Z|x−2x≤0}，则A∩B=( )A. {0,1}B. {1,2}C. {−1,1,2}D. {0,1,2}【答案】B【解析】解：集合A={−1,0,1,2,},B={x∈Z|x−2x≤0}={x∈Z|0<x≤2}={1,2}，则A∩B={1,2}．故选：B．求出集合B，利用交集定义、不等式性质能求出结果．本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2. 若复数z=a+2i2−i(a∈R)为纯虚数，则a=( )A. −4B. −2C. −1D. 1【答案】D【解析】解：z=a+2i2−i=(a+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=2a−25+4+a5i为纯虚数，则2a−25=04+a5≠0，解得a=1．故选：D．根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．3. 已知向量a=(1,−1),b=(1,t)，若〈a,b〉=π3，则t=( )A. 2−3B. 2+3C. 2+3或2−3D. −1【答案】A【解析】解：∵〈a,b〉=π3，∴cos〈a,b〉=(1,−1)⋅(1,t)1+1×1+t2=1−t2×1+t2=12，∴1−t>0，且2(1−t)=2×1+t2，解得：t=2+3或2−3，当t=2+3时，不满足1−t>0，舍去，当t=2−3时，满足1−t>0，故选：A．根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解．本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．4. 若函数f(x)=1−cosxsinx(x∈[π3,π2])，则f(x)的值域为( )A. [3,+∞)B. [33,+∞)C. [1,3]D. [33,1]【答案】D【解析】解：f(x)=1−cosxsinx=1−(1−2sin2x2)2sinx2cosx2=sinx2cosx2=tanx2，因为x∈[π3,π2]，所以x2∈[π6,π4]，所以tanx2∈[33,1]，所以f(x)的值域为[33,1]．故选：D．利用二倍角公式化简f(x)=tanx2，再利用正切函数的性质求解即可．本题主要考查函数值域的求法，考查三角恒等变换以及正切函数性质的应用，考查运算求解能力，属于基础题．5. 正四面体S−ABC内接于一个半径为R的球，则该正四面体的棱长与这个球的半径的比值为( )A. 64B. 33C. 263D. 3【答案】C【解析】解：设正四面体的棱长为2a，正四面体的外接球心为O，△ABC 的外心为M，则SM⊥平面ABC，由AM⊂平面ABC，则SM⊥AM，又AE=3a, AM=23AE=23a3, SM=AS2−AM2=26a3，在△OAM中，由勾股定理可得：则(26a3−R)2+(23a3)2=R2⇒a=63R⇒2aR=263，故选：C．设正四面体的棱长为2a，由正四面体几何性质得出a与外接球半径R 的关系式，即可得解．本题考查了球与多面体的内接、外切问题，属基础题．6. 在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是( )A. 13B. 16C. 18D. 112【答案】C【解析】解：设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A．则6必在后排，1在前排，因此，6在1的后面和6不在1的后面两种情况，(1)6在1的后面时：5必在后排，2必在前排，因此，又分为5在2的后面和5不在2的后面两种情况，①5在2的后面时，4必须在3的后面，所以有A33种情况；②5不在2的后面，有2A33种情况．(2)6不在1的后面：可分为5在前排和5在后排两种情况，1)5在前排，则6必须在5的后面，此时4必须在后排，又可分为4在1的后面和4不在1的后面两种情况，4在1的后面：有A33种；4不在1的后面：有2A33种．2)5在后排，又可分为5在1的后面和5不在1的后面两种情况，①5在1的后面：2必在前排，又分为6在2的后面和6不在2的后面两种，6在2的后面：有A33种；6不在2后面：有2A33种．②5不在2的后面，有A33⋅A33种．所以P(A)=3×3A33+A33⋅A33A63⋅A33=156×5×4=18，故选：C．先求出事件A包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可．本题的解题关键是合理分类，把能定下来的位置先定下来，不能定的就继续分类讨论，直至求出所有适合的基本事件个数．7. 如图，圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D=45°，AB=2，BC=22，AD=6.现将该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为( )A. 84π3B. 30πC. 92π3D. 40π【答案】D【解析】解：圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D=45°，所以∠B=135°，过点C作CE⊥AD于点E，所以四边形ABCE是直角梯形，△CDE是直角三角形；所以四边形ABCD沿AD旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，计算AE=BCsin45°=22×22=2，CE=BCcos45°+AB=2+2=4，DE=CE=4，所以旋转体的体积为V=V圆锥+V圆台=13π×42×4+13π×(22+2×4+42)×2=40π．故选：D．过点C作CE⊥AD于点E，得直角梯形和直角三角形，由此得到旋转体是圆锥与圆台的组合体，由此计算旋转体的体积．本题考查了旋转体体积的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．8. 函数f(x)的定义域为R，且f(x)−f(x+4)=0，当−2≤x<0时，f(x)=(x+1)2，当0≤x<2时，f(x)=1−x，则n=12022f(n)=( )A. 1010B. 1011C. 1012D. 1013【答案】B【解析】解：由f(x)−f(x+4)=0得：f(x)=f(x+4)，∴f(x)的周期为4，当0≤x<2时，f(x)=1−x，∴f(1)=0，f(4)=f(0)=1，当−2≤x<0时，f(x)=(x+1)2，∴f(2)=f(−2)=1，f(3)=f(−1)=0，∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2，∴n=12022f(n)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+⋯f(2022)=505×2+0+1=101 1．故选：B．先求出函数的周期为4，从而求得f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2，进而可求得结论．本题考查函数的周期性，属于基础题．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。
云南省昆明市第一中学高三数学上学期第三次双基检测试题文(扫描版)
云南省昆明市第一中学2016届高三数学上学期第三次双基检测试题文（扫描版）昆明市第一中学2016届高三考试 参考答案（文科数学）命题、审题组教师 丁茵、顾先成、杨仕华、鲁开红、张兴虎、张波、李建民、张宇甜、彭力 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
1. 解析：集合|0M x x =>，|0N y y =≥，所以|0M N x x =>I ，选A ． 2. 解析：()()1007100822201520161i i i i i i =-+=+，选A ．3. 解析：画出可行域（如图阴影部分所示）和直线0l ：20x y +=，观察图形，知直线2x y z +=过直线3y x =-+和20x y -=的交点()1,2A 时，z 取得最小值2124⨯+=，选C.4. 解析：设直线l 的方程为+=111x y-，把点C 的坐标代人直线l 的方程得+4=1x -，=3x ，选B. 也可用斜率或者向量的知识解决.5. 解析：第一次循环，11S =，9n =；第二次循环20S =，8n =；第三次循环，28S =，7n =；第四次循环，35S =，6n =，结束循环，输出35S =，因此6n >，选C .6. 解析：4tan()=2πα-，所以tan 121tan αα-=+，即tan 3α=-; 所以2222sin22sin cos 2tan 61cos sin 2cos 2tan 11αααααααα===-+++，选D ． 7. 解析：由 c log =，所以a c >；而61log 2b =,61log 3a =,且66log 3log 20>>，所以b a >；故b a c >>，选C.8. 解析：由题意可知函数12()cos()1(0)f x x ωϕω=++>的图象的一个对称中心为点,112π⎛⎫⎪⎝⎭，一条对称轴为直线4x π=，所以4412T ππ≤-，即232ππω≤，得3ω≥，所以ω的最小值为3，选A. 9. 解析：由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为2的正方体，所以此四面体一定可以放在正方体中，所以可以在正方体中寻找四面体，如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以四面体的表面积是(24= B.10. 解析：设双曲线C 的左焦点为1F ，在ABF ∆中根据余弦定理有22238=10+2105BF BF -⨯⨯⨯，解得=6BF ，所以=90AFB ︒∠，连结1AF ，1BF ，可知四边形1AFBF 为平行四边形，122===10c F F AB ，12==2a AF AF -，2==52ce a，选C ． 11. 解析:依题意得函数()f x 的图像恒过定点(1, )e ，A 错；当1m =-时，函数ln y x=与函数x y e =的图像无公共点，所以此时函数()f x 不存在零点，B 错；因为函数()f x 的定义域为0 +∞（，），所以对于任意的0 +m ∈∞（，），()0xm f x e x'=+>， 故函数()f x 是增函数，C 错；由()xx m m xe f x e x x+'=+=， 令()x g x xe m =+，由()(1)0x g x e x '=+>得函数()g x 是增函数，所以()(0)g x g m >=，因为(,0)m ∈-∞，故存在0x ，使0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，所以函数()f x 存在极小值，选D.12. 解析: 2()32f x x ax b '=++，由已知得()0f x '=的两根分别在, 1（0）及1, 2（）内，且(0)0(1)0(2)0f f f '>⎧⎪'<⎨⎪'>⎩， 即02304120b a b a b >⎧⎪++<⎨⎪++>⎩而22(1)(4)a b ++-表示点(,)P a b 与点, 4Q(-1）的距离的平 方，如图，所求的范围是(5, 20)，选B .二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
2017届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第一次摸底测试数学理(扫描版)
昆明市第一中学2017届摸底考试参考答案（理科数学）一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案BDCCABCAACAD1. 解析：集合{}|41A x x =-≤≤，B =N ，所以{}0,1A B =I ，选B ．2. 解析：因为1i z =-，选D ．3. 解析：因为232,7a S ==，所以121112,7,a q a a q a q =⎧⎨++=⎩解得14,1,2a q =⎧⎪⎨=⎪⎩或11,2,a q =⎧⎨=⎩（舍去），选C ． 4. 解析：因为1><e e e yx ，，所以y x <，且,x y ∈R ，选C5. 解析：基本事件总数2721n C ==，两点间的距离小于1共有3种情况，分别为中心到三个中点的情况，所以两点间的距离小于1的概率27317P C ==，选A ． 6. 解析：根据题设可知双曲线的标准方程是22221x y a b -=，又由52c a =可以得出2214b a =，焦点(,0F c ）到渐近线0bx ay d +==的距离22bc b a b=+，所以1,2b a ==，选B ．7. 解析：由三视图可看出，此几何体的表面积为2211=363+43+3+233=90+924S πππ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯表，选C ．8. 解析：函数)(x f 为奇函数，排除D C ,，当21=x 时，0)(<x f ，选A ．9. 解析：执行该程序可知40,31,4x y n ===时，输出n ，选A ．10. 解析：由弦长公式得224sin 4p AB p π==，设直线:2p l y x =-，则点O 到直线AB 的距离是24p ，所以1242224p p ⋅⋅=，得2p =，选C ． 11. 解析：依题意，当球与三棱锥的四个面都相切时，球的体积V 最大．该三棱锥侧面的斜高221323(2)1323h '=⨯⨯+=，123322323S =⨯⨯⨯=侧，23234S =⨯=底，所以三棱锥的表面积23333S =+=表．设三棱锥的内切球半径为r ，则三棱锥的体积11133V S r S =⋅=⋅三棱锥表底，即333r =，所以13r =，故3max 44381V r ππ==，选A ．12. 解析：因为59088f f ππ⎛⎫⎛⎫+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以708f π⎛⎫= ⎪⎝⎭； 又因为3π8x =为()y f x =图像的对称轴，得：738824kT T ππ-=+ (,k Z T ∈为周期)， 所以221T k π=+，因为()f x 在π3,6020π⎛⎫⎪⎝⎭上单调，所以322206015T πππ≥-=， 即22115k ππ≥+，所以134k ≤；当3k =时，217k ω=+=，由78k πωϕπ+=，得8πϕ=-， 此时()f x 在π3,6020π⎛⎫⎪⎝⎭不单调；当2k =时，5ω=， 38πϕ=-， 此时()f x 在π3,6020π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，选D ． 二、填空题13. 解析：由()a b a ⊥+，得20,a a b +⋅= 由已知1,12a b == ，得：1cos ,2a b <>=-，所以a 与b 的夹角为︒120.14. 解析：621⎪⎭⎫ ⎝⎛+x ax 展开式的第1r +项为2661231661()()r r r r r rr T C ax C a x x ---+=⋅=⋅，令123r 3-=，得3r =.所以3x 的系数为20336-=⋅a C ，得1a =-.15. 解析：由9519,35a S ==，得1110581935a a d d +⎧⎨⎩+==，解得13,2a d ⎧⎪⎨⎪⎩==所以3(1)221n a n n =+-⋅=+，所以241n a n =+，2(1)3222n n n S n n n -=+⋅=+， 所以2222221162165162222n n n n n n n n nna a S S ==≤=+++++⨯-+，当且仅当4n = 时“=”成立，所以222n n n a a S S -+有最大值15.16. 解析：由已知可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>>∈∈≤+≤+0,0,1141023y x Z y Z x y x y x ，画出可行域，使得利润最大时的整数解为()2,2，即2,2x y ==.三、解答题17. 解：（Ⅰ）证明：由题设132n n a a +=+，得113(1)n n a a ++=+，n ∈*N ．………4分又113a +=，所以数列{}1n a +是首项为3，且公比为3的等比数列；………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知13n n a +=，于是数列{}n a 的通项公式为 3log (1)n n n b a =+=，所以211111(2)22n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭； ………7分 1111111111S =1+++......++2324351+1+21111 =1+22+1+2n n n n n n n ⎛⎫----- ⎪-⎝⎭⎛⎫-- ⎪⎝⎭13113=22+1+24n n ⎛⎫--< ⎪⎝⎭ ． ………10分18. 解：（Ⅰ）由正弦定理，得2sin sin cos sin cos B C CA A+=-，所以2cos sin cos sin sin cos 0A B A C A C ++=，则2cos sin sin()0A B A C ++=． 因为A B C π++=，所以sin()sin A C B +=，故2cos sin sin 0A B B +=． 因为sin 0B ≠，所以1cos 2A =-，因为0A π<< 所以23A π=． ………5分 （Ⅱ）由2sin aR A=得27a =，因为ABC ∆的面积1sin 232S bc A ==，又23A π=，所以8bc =. 由余弦定理得2222cos 28b c bc A a +-==， 即2()2(1cos )28b c bc A +-+=，所以2()36b c +=，因为0b c +>，所以6b c +=，故ABC △的周长为627+. ………12分 19. 解：（Ⅰ）证明：依题意可求得2AC CD ==，因为2AD =，所以222AC CD AD +=，于是CD AC ⊥．又因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥，因为PA AC A = ，所以CD ⊥平面PAC ． ………4分 而CD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面PAC ． ………6分（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，得(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,1)A B C D P ， 可求得平面PBC 的一个法向量(1,0,1)n =．由（Ⅰ）可知平面PAC 的法向量(1,1,0)CD =-，又1cos ,2n CD n CD n CD⋅<>==-⋅．由图可知二面角B PC A --为锐二面角，所以其大小为60︒， 由（Ⅰ）可知平面PCD ⊥平面PAC 所以二面角A PC D --的大小为90︒，因此二面角B PC D --的大小为6090150︒︒︒+=． ………12分20. 解：（Ⅰ）依据题意计算得：879091929591,5x ++++== 868989929490,5y ++++==2522221()(4)(1)01434,ii x x =-=-+-+++=∑51()()(4)(4)(1)(1)0(1)124435,iii x x y y =--=-⨯-+-⨯-+⨯-+⨯+⨯=∑35 1.03,34b=≈ 90 1.0391 3.73a y bx =-≈-⨯=- .所以回归直线方程为 1.03 3.73y x =- . ………6分PCBDA y xz（Ⅱ）随机变量ξ的可能取值为0,1,2.所以22241(0);6C P C ξ=== 1122242(1);3C C P C ξ=== 22241(2).6C P C ξ=== 故X 的分布列为：ξ0 1 2P16 23 16所以121012 1.636E ξ=⨯+⨯+⨯= ………12分 21. 解：（Ⅰ）由题设12c a =得2234b a =，由椭圆的定义可知48a =，所以224,3a b ==，椭圆C 的标准方程是22143x y +=． ………4分 (II)由I ()知道1F (-1,0),设直线:1l x my =-, 联立消x 得到方程 22(34)690m y my +--=,设1122(,),(,)A x y B x y , 12122269,3434m y y y y m m -+==++则. 1122(2,1)(2,1)PA PB x y x y ⋅=+-⋅+-1122(1,1)(1,1)my y my y =+-⋅+- 21212(1)(1)()2m y y m y y =++-++2236134m m m --=+①22336101,0,3m m m PA PB P --==±⋅= 当时，即时点在圆上；②2610m -->当3m 时，PA PB ⋅>0, 点P 在圆外； ③ 2610m --<当3m 时，23231133m -<<+即 时，0,PA PB ⋅<点P 在圆内． ………12分22. 解:(Ⅰ)()xg x e m '=+，由已知得(0)0g '=,所以1m =-. 当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<，所以1m =-时，函数()g x 在0x =处取得极小值. ………4分 (Ⅱ)32211()(4cos 1)x xx x f x x ax x x e e ++-=+++-, 由(Ⅰ)得：1xe x ≥+，所以22(1)x e x ≥+（()0,1x ∈），所以2111xx e x +≤+，所以 323211()(4cos 1)14cos 11(4cos )1x x f x x ax x x e x xx ax x x x x x x a x +-≥+++-+=++++=++++ 令21()4cos 1h x x x a x =++++，则21()24sin (1)h x x x x '=--+，令()24sin I x x x =-， 则()24cos 2(12cos )I x x x '=-=-，当()0,1x ∈时，12cos 0x -<，所以()0I x '<，所以()I x 在()0,1上为减函数，所以()(0)0I x I <=，则()0h x '<，所以()h x 在()0,1上为减函数， 因此，()h x 在()0,1上的值域为34cos1,52a a ⎛⎫+++ ⎪⎝⎭，当5a >-时，50a +>， 所以，存在()00,1x ∈，使得0()0h x >，此时，21()0xx f x e+->， 即：21()x x f x e+>. ………12分。
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昆明市第一中学第三期月考
参考答案（文科数学）
命题、审题组教师杨昆华顾先成刘皖明易孝荣李文清张宇甜莫利琴蔺书琴
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
D
C
C
A
A
A
C
C
B
D
D
1.解析：集合 ， ，所以 ，选B．
2. 解析：因为 ，所以 ，选D．
3.解析：如图所示；
中任取一个所得的两段铁丝长 均不小于米 的情况可以是：取 ，所求的概率 ，选C．
4.解析：由抛物线的定义得 ，解得 ，选C．
5.解析： 假， 真，选A．
6.解析：由框图知，当 时， ，当 时， ，综上 ，选A．
7.解析：由已知得 ，所以 ， ， ；由 ，且 ，得 ，所以 ，选A．
11.解析：由三视图可知，该几何体是一个半球与一个 圆锥的组合体．所以它的表面积为 ，选D．
12.解析：因为 ，则 ，所以 ，
令 ，因为 ，可知 时， 单调递减； 时， 单调递增；所以 时， ，所以 ，选D ．
二、填空题
13.解析：因为 ，所以 ，即 ，而 ，解得 ．
14. 解析：如图，作出可行域，点 , 表示可行域内的点（包括边界）到原点 的距离的平方．最近距离为点 到直线 的距离，其值为 ，所以 ．
8.解析：因为 ,即 ，
所以 ，故 或 ，
但 中， ，所以 ；
由余弦定理： ,解得 或 ，选C．
9.解析：因为函数 为奇函数，排除A、D；当时 ， ，排除B，选C．
10.解析：已知圆的圆心在第一象限，半径为 ，该圆与 轴， 轴都相交且经过直角坐标系原点，所以该圆只能与渐近线 相切，由此得 ，即 ，所 以双曲线是等轴双曲线，由此 ，选B．
第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．解：（Ⅰ）曲线 化为： ，
再化为直角坐标方程为 ，（或化为标准方程： ）
曲线 的参数方程： （ 为参数）………5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）设 ，圆心 ，
∴
，
当 时， ，
∴ ．………10分
23．（Ⅰ） ，
不等式等价于 ，或 ，或 ，
解得 ，或 ，或 ．
所以不等式 等价于： , ………6分
令 ，则 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ．………8分
令 ，则 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，………10分
又因为 ，
所以 在 上恒成立， ………11 分
所以 时，实数 的取值范围为 ．………12分
20.解：（Ⅰ）由题设知 ①
又 ②
所以 ，椭圆 的方程是： ……… 4分
（Ⅱ）联立 与 消 得 ，由 ，设 ， ， ， ，则 ， ，又 ，又 ，得 ，所以 ………8分 = ，
所以 ………12分
21.解: (Ⅰ )函数 的定义域为 ………1分
因为 ，………2分
由已知 ，得 ，即 ．………4分
(Ⅱ)因为 ，
19.解：（Ⅰ）证明：由题意得 平面 ， 平面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ，而 平面 ，
所以平面 平面 ．………5分
（Ⅱ）因为 底面 ，所以点 到平面 的距离 ，
又因为 ，所以
因为 为 的中点，所以点 到平面 的距离 等于点 到平面 的距离的一半，
即 ，所以
所以三棱锥 与四棱锥 的体积之比为 ． ………12分
（Ⅱ）依题意得 ．………12分
18.解析：（Ⅰ）
， ………4分
（Ⅱ）甲区优秀企业得分为 , , , 共 个秀企业，所有基本事件为 ， ， ， ， ， ， ， ， , , , 共 个．其中得分的绝对值的差不超过 分有 ， ， ， ， ， 共 个,则这两个企业得分差的绝对值不超过 分的概率 ．………12分
所求不等式的解集为 ，或 ．………5分
（Ⅱ）由 得，
如图， ， ，
故依题知， ，或 ．
即 的取值范围为 ．………10分
15. 解析：因为 ，所以 为函数 的对称轴，即 时， 取最大值或最小值，所 ，解得 ，所以 的最大值为 ．
16.解析：如图，由已知四面体 中， 平面 ， ， ， ， ，所以外 接球半径 ，故 ．
三、解答题
17.解：（Ⅰ）因为
所以当 时，
所以 ，即 ；
当 时， ，所以 ，故 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，故 ．………5分