陕西省高三上学期12月联考理科数学试卷

高三数学试卷（理科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第I卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.［3，10］ B.［3，10］C.［2，3］ D.［2，9］————C分析：先利用一元二次不等式的解法化简集合B，再利用交集运算求解.解答：∵，，∴.故选：C2.已知复数满足(，则（）A. B. C. D.————B分析：由条件可得，根据复数的除法运算可得答案.解答：因为.所以.故选：B3.棱长为2的正四面体的表面积是（）A. B. C. D.————D分析：求出一个面的面积乘以4即可.解答：正四面体的各个面面积相等；一个面为边长为2的等边三角形，其面积为：所以，棱长为2正四面体的表面积是．故选：D4.设双曲线：的离心率为，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.————B分析：根据，即可求解.解答：由题意，双曲线：的离心率为，即，所以，所以的渐近线方程为.故选：B.5.设，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.————D分析：利用对数函数和指数函数的性质比较即可．解答：由题意：，，，所以.故选：D.6.明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进航海技术——“过洋牵星术”．简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米（称一指），木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米（称十二指）．观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰，依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度．如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则（）A. B. C. D.————A分析：根据等差数列知识求出六指板的长度，再求出，然后根据二倍角的正切公式可求出结果.解答：设等差数列为，则厘米，厘米，所以公差，所以厘米，则，则．故选：A7.下方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，，的值分别为6，9，0，则输出和的值分别为（）A.0，3 B.3，3C.0，4 D.3，4————B分析：根据给定的程序框图，逐次计算，即可求解.解答：由题意，执行给定的程序框图，可得：第1次循环：，；第2次循环：，；第3次循环：，，结束循环，输出，.故选：B．8.已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足成等差数列，其前n项和为，且，则（）A.16 B.8 C.4 D.————A分析：根据条件，用基本量列方程求解即可.解答：由成等差数列，得.设的公比为q则，解得或(舍去)所以，解得故选：A.9.设函数，则下列结论正确的有（）A.的图象关于原点对称 B.的图象关于直线对称C. D.————D分析：A：根据奇函数、偶函数的定义，判断出函数的奇偶性，然后根据奇函数、偶函数的性质进行判断即可；B：通过上述的判断，根据奇函数、偶函数的性质和函数图象平移的性质进行判断即可；C：通过特例法进行判断即可；D：利用导数，根据由A判断出函数的奇偶性，结合函数解析式的特征进行判断即可.解答：因为，所以，所以为偶函数，则的图象关于y轴对称，故A错误；因为的图象关于y轴对称，所以的图象关于直线对称，故B错误；当时，，所以，则，故C错误；设，则，从而在上单调递增.因为，所以，即，所以.当时，，所以.因为是偶函数，所以，所以D正确故选：D10.已知等差数列和的前n项和分别为和，且，则使得为整数的正整数k的个数是（）A.3 B.4 C.5 D.6————C分析：由等差数列的求和公式，得到，，求得，即可求解.解答：因为，所以，同理可得，则，当时，为整数，即满足条件的k的个数为5.故选：C.11.自然对数是以常数e为底数的对数，记作，在物理学、生物学等自然科学中有着重要的意义.这个表示自然对数的底数的符号e是由瑞士数学和物理学家LeonhardEuler命名的，取的正是Euler的首字母e，.某教师为帮助同学们了解e，让同学们把小数点后的7位数字进行随机排列，整数部分2的位置不变，那么可以得到大于的不同数字的种数为（）A.216 B.220 C.340 D.460————B分析：分小数点后第一个数字为8和小数点后第一个数字为7两种情况讨论，结合排排列数公式及分类计数原理，即可求解.解答：由题意，当小数点后第一个数字为8时，共有种；当小数点后第一个数字为7时，共有种，则可以得到大于的不同数字共有种.故选：B.12.已知函数是定义在R上的奇函数，其导函数为，且对任意实数x都有，则不等式的解集为（）A. B. C. D.————B分析：构造函数，利用导数判断其单调性，利用单调性可解得结果.解答：设，则．因为，所以，所以,故在R上单调递增．因为是定义在R上的奇函数，所以，所以，所以不等式可化为，即，又在R上单调递增．所以，所以不等式的解集为.故选：B.点拨：关键点点睛：构造函数并利用导数判断其单调性是解题关键.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13.已知向量，且，则___________．————1分析：根据题意，由向量坐标的加法运算可得，再利用向量垂直与向量数量积的关系可解得的值．解答：由题意可得．因为，所以，解得．故答案为：1.点拨：本题考查向量坐标的加法运算，数量积的坐标计算公式，关键是掌握向量垂直与向量数量积的关系，属于基础题.14.已知实数，满足条件，则的最大值为______．————分析】作出不等式组所表示的平面区域，结合图形确定出目标函数的最优解，代入即可求解.解答：作出不等式组表示的可行域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，代入可得目标函数的最大值为.故答案为：.点拨：根据线性规划求解目标函数的最值问题的常见形式：（1）截距型：形如.求这类目标函数的最值常将函数转化为直线的斜截式：，通过求直线的截距的最值间接求出的最值；（2）距离型：形如，转化为可行域内的点到定点的距离的平方，结合点到直线的距离公式求解；（3）斜率型：形如，转化为可行域内点与定点的连线的斜率，结合直线的斜率公式，进行求解．15.定义在上的奇函数在上是减函数，若，则m的取值范围为______.————分析：根据题意，得到在上单调递减，且，把不等式转化为，结合单调性，即可求解.解答：由题意，函数是在上的奇函数，且在上是减函数，可得函数在上单调递减，且，又由不等式，可化为，即，解得，即m的取值范围为.故答案为：.16.已知正方体的棱长为2，以A为球心，为半径的球面与平面的交线长为________.————分析：在平面内任取一点P，使，求出，所以交线是以为圆心，以2为半径的圆，即得解.解答：由题意知.如图，在平面内任取一点P，使，则，故以A为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心，以2为半径的圆，故该交线长为.故答案为：

点拨：关键点睛：解答本题的关键是找到动点P的轨迹，立体几何中的轨迹的研究方法常用的是定义法.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，角所对的边分别为.已知.（1）若，求的值（2）若的面积为，求周长的最小值.————（1）；（2）12分析：（1）由余弦定理得，再根据正弦定理得；（2）由题知，进而由余弦定理得，再结合基本不等式得，由于，进而得，故，当且仅当是等号成立，进而得周长的最小值.解答：解：（1）由余弦定理可得，则.由正弦定理可得，则.（2）因为的面积为，所以，则.由余弦定理可得，则（当且仅当时，等号成立），即.因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立），故，即周长的最小值为12.点拨：本题第二问解题的关键在于根据余弦定理，结合基本不等式得，，当且仅当时，等号成立，进而求得答案.18.某学校组织知识竞赛，比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛，已知在第一轮比赛中，甲、乙、丙胜出的概率分别为，，；在第二轮比赛中，甲、乙、丙胜出的概率分别为，，.甲、乙、丙三人在每轮比赛中是否胜出互不影响.（1）从甲、乙、丙三人中选取一人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？（2）若甲、乙、丙三人均参加比赛，求恰有两人赢得比赛的概率.————（1）派丙参赛赢得比赛的可能性最大；（2）.分析：（1）设“甲赢得比赛”为事件A，“乙赢得比赛”为事件B，“丙赢得比赛”为事件C，利用相互独立事件概率乘法公式分别求出相应的概率，能求出派丙参赛赢得比赛的可能性最大．（2）设“三人比赛后恰有两人赢得比赛”为事件D，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出恰有两人赢得比赛的概率．解答：设“甲赢得比赛”为事件A，“乙赢得比赛”为事件B，“丙赢得比赛”为事件C，则，，.因为，所以派丙参赛赢得比赛的可能性最大.（2）设“三人比赛后恰有两人赢得比赛”为事件D，则.点拨：方法点睛：相互独立事件的概率用乘法公式，互斥事件的概率用加法公式．19.如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是（1）求证：CD⊥B1D；（2）若BC=，求二面角B—C1D—B1的大小.————（1）证明见解析；（2）分析：（1）根据计算，利用勾股定理逆定理得;根据B1C1⊥平面AA1C1C（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积求二面角大小.解答：（1）因为是边长为1的等边三角形，所以因为B1C1⊥平面AA1C1C，平面AA因为为平面B1C1D内两相交直线，所以平面B1C1D因为平面B1C1D,所以CD⊥B1D；（2）以D为坐标原点，过平行直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则设平面BC1D的一个法向量为，平面C1DB1的一个法向量为由得令由得令因为二面角B—C1D—B1为锐二面角，所以二面角B—C1D—B1为点拨：本题考查线面垂直判定与性质定理、利用空间向量求二面角，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.20.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，点在椭圆C上，且的面积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若椭圆C上存在A，B两点关于直线对称，求m的取值范围．————（1）；（2）.分析：（1）由于点在椭圆上，则有，再由的面积为，可得，再结合，可求出的值，从而可得椭圆方程；（2）设，线段的中点为，由于直线是线段的中垂线，且直线过点，则有，再将两点的坐标分别代入椭圆方程中，两式相减化简，结合前面的式子可得，从而可得，再将代入椭圆方程中可得，从而可得或，进而可求出的取值范围解答：解：（1）由题意可得解得，故椭圆C的标准方程为．（2）设，线段的中点为．因为直线过定点，所以．因为A，B在椭圆上，所以，所以，整理得，所以，所以．因为点M在直线上，所以，则．由得，则或，解得或．故m的取值范围为．点拨：关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用点差法将线段的中点的纵坐标用含的式子表示出来，即，而横坐标代入椭圆方程中，求出，再由椭圆的性质可得的取值范围，从而可得的取值范围，考查计算能力，属于中档题21.已知函数的图象在点处的切线方程为.（1）证明：.（2）若是的极值点，且.若，且.证明：.————（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）求得导数，利用，求得，根据导数的符号求得函数的单调性，结合函数的单调性，即可求解.（2）由（1）得到，令，结合函数的单调性和最值，得到，使得，设，求得的解析式，令，进而得到的单调性，得到在上单调递增，结合单调性，得出，即可求解.解答：（1）由题意，函数，所以，则，解得，故.令，则.由，解得；由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，即.（2）由（1）可知，则，设，则，由，得；由，得，在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增，，因，，所以，使得，即，因为，所以由，得，则在上单调递减.设，则.设，则.因为，且减函数，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减.因为，所以，则在上单调递减.因为，所以，即，即.因为，所以.因为，所以，，且在上单调递增，所以，即.因为，所以，所以，所以.点拨：利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数；（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修44：坐标系与参数方程]22.数学中有许多寓