届广西省陆川中学高三下学期期中考试数学理试题解析版.docx

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届广西省陆川中学高三下学期期中考试数学理试题解析版

2017届广西省陆川中学高三下学期期中考试

数学（理）试题

一、选择题

1．设集合，集合，则（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】由题意,得，，则；故选D.

2．复数在眏射下的象为，则的原象为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】令，则；故选A.

3．已知向量，则“”是“”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】“若向量同向，则”为真命题，“若向量反向，则”为假命题，则“”是“”的必要不充分条件；故选B.

4．甲、乙、丙.丁四辆玩具赛车同时从起点出发并做匀速直线运动，丙车最先到达终点.丁车最后到达终点.若甲、乙两车的图象如图所示，则对于丙、丁两车的图象所在区域，判断正确的是（）

A.丙在Ⅲ区域，丁在Ⅰ区域B.丙在Ⅰ区城，丁在Ⅲ区域

C.丙在Ⅱ区域，丁在Ⅰ区域D.丙在Ⅲ区域，丁在Ⅱ区域

【答案】A

【解析】由图象，可得相同时间内丙车行驶路程最远，丁车行驶路程最近，即丙在Ⅲ区域，丁在Ⅰ区域；故选A.

5．若，且为第二象限角，则的值等于（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】因为，且为第二象限角，所以，则；故选D.

6．已知定义在上的函数，记，则的大小关系为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】由题意，得为偶函数，且在上单调递增，而，，，因为，所以；故选D.

7．执行如图的程序框图，那么输出的值是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】由程序框图，可得

；故选C.

8．在中，内角的对边分别为，若，则（）

A.或B.C.D.

【答案】C

【解析】由正弦定理，得，解得，又因为，所以；故选C.

9．某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】由三视图，可得该几何体是由一个正方体（棱长为2）和一个半球（半径为1）组合而成，其表面积为；故选A.

10．如图，在三棱锥中，，若该三棱锥的四个顶点均在同一球面上，则该球的体积为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】在三棱锥中，因为，所以，则该几何体的外接球即为以为棱长的长方体的外接球，则，其体积为；故选D.

点睛：

在处理几何体的外接球问题，往往将所给几何体与正方体或长方体进行联系，常用补体法补成正方体或长方体进行处理，也是处理本题的技巧所在.

11．已知点是以为焦点的椭圆上一点，若，则椭圆的离心率是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】因为，所以为直角三角形，且，，则，，则该椭圆的离心率为；故选C.

点睛：

在处理椭圆或双曲线中过两焦点的三角形问题，一般思路是将椭圆或双曲线的定义和解三角形（勾股定理、正弦定理、余弦定理、面积公式）结合在一起进行求解.

12．若自然数使得作竖式加法均不产生进位现象，则称为“开心数”.例如：

是“开心数”.因不产生进位现象；不是“开心数”.因产生进位现象，那么，小于的“开心数”的个数为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】由题意，得小于的“开心数”的个位数字为0,1,2,十位数字为0,1,2,3，所以小于100的“开心数”的个数为；故选D.

点睛：

解决本题的关键在于正确理解“开心数”的意义，确定“开心数”的个位数字和十位数字的限制条件.

二、填空题

13．已知变量满足约束条件，则目标函数的最小值是__________．

【答案】

【解析】将化为，作出可行域和目标函数基准直线，当直线向右上方平移时，直线在轴上的截距增大，由图象，得当直线过点时，取得最小值.

14．已知，在函数与的图象的交点中，相邻两个交点的横坐标之差的绝对值为，则__________．

【答案】

【解析】令，则，由题意，得的两个相邻解相差2，则，解得.

15．已知函数，如果成立，则实数的取值范围为__________．

【答案】

【解析】因为在上恒成立，所以函数为奇函数，且在上单调递增，则可化为，则，解得.

16．设圆满足：

（1）截轴所得弦长为；

（2）被轴分成两段圆弧，其弧长的比为，在满足条件

（1）、

（2）的所有圆中，圆心到直线的距离最小的圆的方程为__________．

【答案】或

【解析】设圆的方程为，由题意，得，即，圆心到直线的距离

（当且仅当时取等号），此时所求圆的方程为或

点睛：

在研究直线和圆的位置关系（弦长、圆心角等）问题时，往往结合初中的平面几何知识可起到事半功倍的效果，如本题中将题意等价转化为.

三、解答题

17．已知中，分别是角的对边，有.

（1）求角的大小；

（2）若等差数列中，，设数列的前项和为，求证：

.

【答案】

（1）

（2）见解析

【解析】试题分析：

（1）利用余弦定理进行求解；

（2）设等差数列的公差为，利用求出公差，进而求出数列的通项公式，再利用裂项抵消法进行求和，再利用数列的单调性求其最值.

试题解析：

（1），又.

（2）由

（1）知，设等差数列的公差为，，

，.显然为递减数列，故为递增数列，故的最小值为，故.

点睛：

裂项抵消法是一种常见的数列求和方法，其主要适用题型为求下列的前项和：

，，，.

18．某特色餐馆开通了美团外卖服务，在一周内的某特色外卖份数（份）与收入（元）之间有如下的对应数据：

外卖份数（份）

收入（元）

（1）画出散点图；

（2）求回归直线方程；

（3）据此估计外卖份数为份时，收入为多少元.

注：

参考公式：

；

参考数据：

.

【答案】

（1）见解析

（2）（3）外卖份数为份时，收入大约为元.

【解析】试题分析：

（1）根据题中所给数据作出散点图即可；

（2）利用最小二乘法进行求解；（3）利用

（2）的回归方程进行预测.

试题解析：

（1）作出散点图如图所示：

（2），已知，由公式,，可求得，，因此回归直线方程为.

（3）时，，即外卖份数为份时，收入大约为元.

19．如图，三棱柱中，平面分别为和的中点，是边长为的正三角形，.

（1）证明：

平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】

（1）见解析

（2）

【解析】试题分析：

（1）取的中点，利用平行四边形得到线线平行，进而利用线面平行的判定定理进行证明；

（2）利用图中的垂直关系建立合适的空间直角坐标系，利用平面的法向量和夹角公式进行求解.

试题解析：

（1）取的中点，连接分别为和的中点，，则四边形是平行四边形，则平面平面平面.

（2）取中点为等边三角形，，又平面平面，建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系如图：

则，则设平面的法向量为，，则，即，令，则，即，平面的法向量为，，则，得，即，令，则，即，则

，即二面角的余弦值是.

20．设点，动圆经过点且和直线相切，记动圆的圆心的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）设曲线上一点的横坐标为，过的直线交于一点，交轴于点，过点作的垂线交于另一点，若是的切线，求的最小值.

【答案】

（1）

（2）

【解析】试题分析：

（1）先利用抛物线的定义判定动点轨迹是一个抛物线，再利用待定系数法求出抛物线的方程；

（2）设出直线方程，联立直线和抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和导数的几何意义进行求解.

试题解析：

（1）过点作直线垂直于直线于点，由题意得，所以动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线.所以抛物线得方程为.

（2）由题意知，过点的直线斜率存在且不为，设其为，则，当，则.联立方程，整理得：

.即，解得或，，而，所以直线斜率为，，联立方程，整理得：

，即，解得，或..

而抛物线在点的切线斜率，，是抛物线的切线，，整理得，解得（舍去），或.

21．已知函数.

（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；

（2）设是函数的两个极值点，若，求的极大值.

【答案】

（1）

（2）

【解析】试题分析：

（1）求导，将问题转化为在上有解，再分离参数，利用基本不等式求其最值，进而确定参数的取值范围；

（2）先作差合理构造函数，再利用导数研究函数的单调性和最值.

试题解析：

（1）,由题意知在上有解，即有解，，当且仅当时等号成立，要使有解，只需要的最小值小于，解得实数的取值范围是.

（2）,由题意知在上有解，，设，又，则

，所以设，令，则，在上单调递减，，由，得，故的最大值为.

点睛：

利用导数研究函数问题，往往是先合理构造函数（作差、作商、转化等），将问题转化为求函数的最值问题，再利用导数求函数的最值，如本题中先设将等价转化为，再利用导数进行求解.

22．选修4-4：

坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数方程为，曲线的极坐标方程为.

（1）写出直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；

（2）求直线与曲线的交点的直角坐标.

【答案】

（1）

（2）.

【解析】试题分析：

（1）消参得到直线的普通方程，利用极坐标和普通方程的互化公式进行求解；

（2）联立直线和圆的普通方程，通过一元二次方程求出交点坐标.

试题解析：

（1）因为直线的参数方程为，代入，即，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的极坐标方程为，即.

（2）曲线的直角坐标方程为,解得或，所以直线与曲线的交点的直角坐标为.

23．选修4-5：

不等式选讲

设函数.

（1）若时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集为，求的值.

【答案】

（1）或.

（2）或.

【解析】试题分析：

（1）利用零点分段讨论法进行求解；

（2）先利用的一个根是求出值，再进行验证求解.

试题解析：

（1）时，可化为，当时，；当时，，无解；当时，，综上所述，不等式的解集为或.

（2）因为不等式的解集为，的一个根是，或.

时，由解得，符合题意，时，由，解得，符合题意，综上所述，或.