山西省孝义市九校高三上学期教学质量监测（三模）理数试题解析（解析版）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山西省孝义市九校2017届高三上学期教学质量监测（三模)数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共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，则集合中元素的个数为（）A．B．C．D．【答案】【解析】试题分析：，解得：，即，共6个元素，故选B.考点：元素与集合2。（）A．B．C．D．【答案】考点：复数的代数运算3.(）A．B．C．D．【答案】【解析】试题分析：，故选D.考点：定积分4.已知位同学和位老师参加歌咏比赛，若老师不能在第一位和最后一位出场，且同学不能在第位出场，则不同的排法种数为()A．B．C。D．【答案】111］【解析】试题分析：若老师在第4位置出场，共有种方法，若老师不在第4位置出场，则有种方法，所以共有种方法,故选C。考点:排列组合5。朱载堉(1536—1611），是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》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组音(八度）分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的頻率之比完全相等,亦你“十二等程律”，即一个八度个音，相邻两个音之间的頻率之比相等，且最后一个音是最初那个音频率的倍,设第三个音的频率为，第七个音的频率为,则(）A．B．C.D．【答案】考点:等比数列6。已知随机变量，则（）A．B．C.D．【答案】【解析】试题分析：，故选C。考点：正态分布7.运行如图所示的程序框图，若输出的值为，则判断框中可以填（）A．？B．?C。?D．？【答案】考点:循环结构8.已知函数，将函数的图象向右平移个单位，再向上平移个单位移，得到函数的图象,则当时，函数的值域为（)A．B．C.D．【答案】【解析】试题分析：,当，，那么，那么,故选A。考点:三角函数的图像变换和性质9.已知某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该四棱锥的体积为（）A．B．C.D．【答案】【解析】试题分析：做出该四棱锥的直观图如图所示，观察可知，该四棱锥的体积，故选D。考点:1.三视图；2。几何体的体积.【方法点睛】掌握这类三视图的问题,我们需要有空间想象能力，同时熟记一些体积和表面积公式,这样根据三视图还原直观图后才能正确解决问题，三视图的原则是“长对正，宽相等，高平齐”,一般三视图还原直观图的方法，如果正视图，和侧视图是三角形，那一定是锥体,如果正视图，和侧视图是矩形，那么这个几何体是柱体，如果正视图是多边形，侧视图是三角形，俯视图也是三角形，那就是锥体,（锥体侧放)还有就是一些组合体，要注意是哪些几何体组合在一起，或是几何体削去一部分时，要灵活运用补形，一般可还原为长方体或是正方体，再分割。10。已知双曲线的右支上存在一点，使得，其中，若，则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C。D．【答案】考点：双曲线的几何性质11。已知四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，且，若平面平面，则四棱锥的外接球的表面积为()A．B．C.D．【答案】【解析】试题分析：因为四边形为等腰梯形，，故,因为，，,，故，故，取的中点,则是等腰梯形外接圆的圆心，设是的外心，作平面，平面，则是四棱锥的外接圆的球心,且，,设四棱锥的外接圆的半径为，则，所以四棱锥的外接球的表面积是，故选C。考点:几何体与球【方法点睛】本题重点考察了几何体与外接球的问题,属于中档题型，首先应确定球心的位置,借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点,就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解,有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥,可以补成长方体，它们是同一个外接球.12。已知实数满足，则的最小值为（）A．B．C.D．【答案】【解析】试题分析:由，故，故，设，为两动点，则点是函数图像上一点，点是函数的图象上一点，而，则问题转化为求曲线上的点到直线的距离的最小值，如图所示，直线的斜率为1，由，得，令，所以，解之得:（舍去）,，由,得，所以到直线的距离为的最小值，故,从而有的最小值为18，故选B。1考点：导数的几何意义的应用 【思路点睛】本题考查了数形结合的思想方法，通过转化与化归的思想,借助导数的几何意义得到两点间距离的最大值，首先利用，故，,再结合的几何意义可知其表示点和点两点间距离，这样就将问题转化为直线和曲线上点的两点间距离,根据数形结合可知，与已知直线平行的直线且与曲线相切，切点到直线的距离即为所求两点间距离的最小值。第Ⅱ卷（共90分）二、填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量满足，若向量的夹角为，则__________.【答案】考点：向量数量积14。已知椭圆与椭圆相交于四点,若椭圆的一个焦点为，且四边形的面积为，则椭圆的离心率为__________.【答案】【解析】试题分析:联立，两式相减得，即，故四边形为正方形，面积为,将代入得，得，则，所以离心率，故填：.考点：椭圆的几何性质15。已知实数满足,若恒成立，则实数的取值范围为_________.【答案】考点:线性规划【方法点睛】线性规划中求最值的几种题型包含（1）的最值，可转化为的形式，斜率当时，,那么可将的最值问题转化为直线的纵截距的最值问题；(2）表示可行域内的点与点间距离平方的最值；（3)表示可行域内的点与点连线斜率的最值；（4)可先变形为，而表示可行域内的点到直线距离的最值.16.已知数列的首项为，且,若，则数列的前项和_________.【答案】111］【解析】试题分析：因为，故，取对数可得，故，故是以1为首项，2为公比的等比数列，故，故，则，因为，故，两边取倒数可得，故数列的前项和为,故填：.1考点:1.数列的递推公式；2。裂项相消求和.【方法点睛】本题重点考察了由递推公式求通项的方法，以及转化为能求和的方法，（1)累加法求通项，形如；（2)累乘法求通项,形如；(3）构造等比数列，形如，可构造，其中,即构造是等比数列；（4)形如，两边同时除以，得到，设数列，即，适用累加法求，再求数列的通项，（5）取倒数法，形如,取倒数后再通过构造数列求通项,（6）取对数法，形如,本题求通项就是此法.三、解答题(本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)17.(本小题满分12分）如图，在中,，且,若.（1)求的面积；（2)已知在线段上，且，求的值以及的值。【答案】(1)；(2)；。【解析】试题分析：（1)，根据正弦定理，，然后再代入余弦定理，解得，最后代入三角形面积；（2）首先根据余弦定理可求，再根据二倍角公式，求，中，根据互补关系,求，最后中根据正弦定理求的值。1试题解析:（1）记,且，故,,且,故,即，在中，，解得，又，故；故的面积.（2）依题意,,即，故,故.考点：1。正弦定理;2.余弦定理.【方法点睛】本题考查了正余弦定理求解三角形的问题,需将已知量和未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；或是作出三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组）,解方程(组）得出所要求的解。正弦定理的常见变形包含，，,，可将边化为角,同时还要结合一些简单的三角恒等变形化简.18.（本小题满分12分)已知函数，现有一组数据(该组数据量庞大）,从中随机个,绘制所得的茎叶图如图所示,且茎叶图中平的数据的平均数为.（1）现从茎叶图的数据中任抽取任取个数据分别替换的值，求至少有个数据,使得函数没有零点的概率；（2）以频率估计概率,若从该组数据中随机抽取个数据分别替换的值，记使得函数没有零点的个数为,求的分布列及数学期望、方差. 【答案】（1）；（2)详见解析.【解析】试题分析：（1）根据10个数据的平均数，可求解，函数若没有零点,，解得,求茎叶图中满足条件的个数为4，不满足条件的6个，至少有2个数据使得函数没有零点，可求其对立事件“没有数据满足条件,或是恰有1个数据满足条件”的概率；（2)由（1）可知任取个数据,能够使得函数没有零点的概率；的可能取值为，,，。试题解析：（1）依题意，.对于函数，解得；则茎叶图中，有个数据满足，故所求概率.（2)由（1)可知任取个数据，能够使得函数没有零点的概率；故的可能取值为；则，故所求分布列为：1111］因为,故。1考点:1.茎叶图;2。离散型随机变量的分布列和数学期望。19.（本小题满分12分）已知正方形，如图（1）所示，是线段的中点,现以为轴，将正方形旋转到使得，得到的图形如图（2）所示，连接。（1）证明:平面；（2）求二面角的大小。（1）（2）【答案】(1）详见解析;(2）。【解析】试题解析:（1)因为,故，故；因为棱柱为直棱柱，故平面平面，故，故平面平面,故；又因为,故，故平面.(2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴,所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则,则，易知，平面,则平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，则,得,所以，因为二面角为锐角，故二面角的大小为。考点：1。线面垂直的判断定理；2。二面角。20。（本小题满分12分）已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合,点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点。（1）求抛物线的方程以及的值;(2）记抛物线的准线与轴交于点，若,求实数的值。【答案】（1）;;(2)。试题解析：（1）依题意，椭圆中，,故，故，故,则，故抛物线的方程为，将代人，解得，故.1111]（2）依题意，,设，设,联立方程,消去,得.,①且，又，则,即，代人①得，消去，得，易得,则，则。由，解得，故。考点：1.抛物线方程；2.直线与抛物线的位置关系。【方法点睛】本题重点考察了直线与抛物线的位置关系，当直线过轴上一定点时，并且有斜率不存在的直线,不包含斜率为0的直线，设或还可以设为，这种设法的直线能包含过定点的斜率不存在的直线，但不包含斜率为0的直线，所以根据条件合理设直线，当其与圆锥曲线联立时,化简起来简单一些。21.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时,讨论函数的单调性；(2）若存在三个不同的极值点,分别为，且，求实数的取值范围，并证明：。【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；(2)详见解析。【解析】试题分析：（1）先求函数的导数,分和讨论函数的单调性；（2)根据函数的单调性，以及函数由3个极值点,可得不等式，求得的取值范围,并且求出，采用分析法证明不等式。试题解析：（1).①当时，，所以当时，单调递减，当时，单调递增.②当时，令，则，令，得,故在上单调递减，在上单调递增，，即，所以当时，恒成立，故在上单调递减，在上单调递增，综上，当时，在上单调递减，在上单调递增。（2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增，若要的两个不同根为且,则必有，解得由，两边取对数得,两式相加得，故要证，只需证明即可.易知，设,其中，故在上单调递增，故，故，令得，故。又因为，且在上单调递增，因此有，即成立，原命题得证.考点:1。导数与函数的单调性；2。导数的综合应用.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22。（本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）,曲线的普通方程为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的普通方程和的极坐标方程；（2）若是曲线上的两点，且，求的值。【答案】（1）曲线的普通方程为，曲线的极坐标方程为；（2）。【解析】试题分析：（1）利用,消掉参数得到曲线的普通方程,根据，代入曲线，得到曲线的极坐标方程;（2)设，代