- 702.59 KB
- 2021-04-16 发布
巴彦淖尔市第一中学2017-2018学年第一学期12月月考试卷
高三理科数学
第I卷 选择题（共60分）
一、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题5分，12小题共60分）
1. 若集合， ，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，又
∴
点睛：求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．
2. 设是虚数单位，若，则复数的共轭复数是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得z=(2+i)(1−i)=3−i，
则复数z的共轭复数是：3+i.
本题选择D选项.
3. 已知数列满足，，则( )
A. 121 B. 136 C. 144 D. 169
【答案】C
【解析】由可知，
即
∴为等差数列，首项为0，公差为1
∴
∴
故选：C
4. 下列命题中真命题为（ ）
A. ，使 B. ，
C. D. ，
【答案】B
【解析】对于A：.错；
对于B:令,因为f(0)=0,所以，成立。正确；
5. 在中，分别为的对边，如果成等差数列，，的面积为，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：由余弦定理得，又面积
，因为成等差数列，所以，代入上式可得，整理得，解得，故选B．
考点：余弦定理；三角形的面积公式．
6. 平面向量满足，在上的投影为，则的模为（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】B
【解析】∵在上的投影为
∴，又
∴；
，
∴
故选：B．
7. 已知，且，求的最小值是
A. 4 B. 6 C. 7 D. 9
【答案】D
【解析】由已知 ，且 ，则
当且仅当 即时等号成立
故选D
8. 四棱锥的底面是一个正方形，平面是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】取的中点，连接.
∵为的中点，∴，∴就是异面直线与所成的角.∵，四边形是正方形，∴，∴.又∵平面，∴，∴.连接，与 交于，连接.∵四边形是正方形，∴为的中点，∴，∴ 平面，∴.∵，∴.∵在中，，∴，∴ ，即异面直线 与 所成角的余弦值为；故选B.
点睛：本题是一道有关异面直线所成角的题目，在求解的过程中，首先要找到异面直线所成的平面角，根据题意取的中点，连接，分析可知就是异面直线与所成的角；然后再由勾股定理可知，为直角三角形，由此即可求出的余弦值，进而求出结果.
9. 定义为个正数的“均倒数”，已知数列的前项的“均倒数”为，又，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知得，
∴a1+a2+…+an=n（2n+1）=Sn
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=4n﹣1，验证知当n=1时也成立，
∴an=4n﹣1，
∴，
∴
∴1﹣=．
故选C．
10. 函数（其中）的部分图象如图所示，将函数的图象（ ）可得的图象．
A. 向右平移个长度单位 B. 向左平移个长度单位
C. 向左平移个长度单位 D. 向右平移个长度单位
【答案】B
【解析】依题意，知A=1，T=﹣=，
∴T==π，ω=2；又ω+φ=2kπ+π（k∈Z），
∴φ=2kπ+（k∈Z），又|φ|＜，
∴φ=，∴f（x）=sin（2x+），
为了得到函数 ，可以将
f（x）=sin（） 向右平移个单位。
故答案为D。
点睛：此题考查的是已知三角函数正弦图像，求解析式的知识方法，还考查了三角函数图像的平移与变换。一般是先根据特殊点，比如最值点来求得A，再根据零点找w值和周期，还有辅助角。图像变换满足的是左加右减。
11. 若实数满足不等式组，且的最大值为 ，则等于（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】实数x，y满足不等式组，的可行域如图：
=3x+2y+2﹣3a的最大值为：5，由可行域可知z=3x+2y+2﹣3a，经过A时，z取得最大值，
由，可得A（1，3）可得3+6+2﹣3a=5，
解得a=2．
故选：A．
12. 设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时， .且.则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因.，即[f（x）g（x）]'＞0
故f（x）g（x）在（﹣∞，0）上递增，
又∵f（x），g（x）分别是定义R上的奇函数和偶函数，
∴f（x）g（x）为奇函数，关于原点对称，所以f（x）g（x）在（0，+∞）上也是增函数．
∵f（3）g（3）=0，∴f（﹣3）g（﹣3）=0
所以f（x）g（x）＜0的解集为：x＜﹣3或0＜x＜3
故选A．
点睛：本题根据导数的运算法则构造新函数f（x）g（x），利用新函数的单调性与奇偶性，数形结合得到所求不等式的解集.本题的关键所在合理构造，易错点是新函数的奇偶性受原函数的影响.
第II卷（非选择题）
二、填空题（每小题5分，4小题共20分）
13. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为_________________
【答案】
【解析】有三视图可知，该几何体由两部分构成，下方为三棱柱，上方为三棱锥.
此几何体的体积为
故答案为：
点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.
14. 若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为________________
【答案】
【解析】由题意，点S在底面上的射影D是AB的中点，是三角形ABC的外心，
令球心为O，如图在直角三角形ODC中，
由于AD=1，SD==，
则（﹣R）2+12=R2，
解得R=，则S球=4πR2=
故答案为：．
15. 若，则=_________
【答案】
【解析】∵，
∴f（x）+f（1﹣x）=+
=+
==1，
∴
=500×[+]
=500．
故答案为：500．
16. 下面有关函数的结论中，
正确的序号是______________
①的周期为
②在上是减函数
③的一个对称中心是
④的图象向右平移个单位得到函数的图象.
【答案】①②③
【解析】对于函数，它的周期等于=π．故①正确．
令 ≤≤，k∈z，解得+≤x≤kπ+，
故函数的减区间为[kπ+，kπ+]，k∈z，故f（x）在上是减函数，故②正确．
令=kπ，可得x=﹣，k∈z，故f（x）的一个对称中心是，故③正确．
将的图象向右平移个单位得到函数y=3sin[2（x﹣）+]=的图象，故④不正确．
故答案为：①②③．
三、解答题
17. 已知分别为三个内角的对边，
（Ⅰ）求角;
（Ⅱ）若,的面积为，求两边.
【答案】（1）;（2）.
【解析】试题分析：（1）利用正弦定理得，把写成，整理得出，（2）的面积为，得出，利用余弦cosA，联立得出b,c.
试题解析：
（1）
，
，
（2）,
，
.
点睛：在解三角形的问题中使用正弦定理与余弦定理进行边角互化，A+B+C=也经常使用.
18. 在四棱锥中，底面，底面是直角梯形,，，，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面；
【答案】(1) 见解析(2)见解析
【解析】试题分析：（1）由AB∥CD，利用直线与平面平行的判定定理即可得证；
（2）可求BD=，由勾股定理的逆定理知，CB⊥BD，又由PD⊥底面ABCD，CB⊂平面ABCD，可证CB⊥PD，即可证明BC⊥平面PBD．
试题解析：
（1） ,
，
；
（2）在直角梯形中，，，
∴，
，在中，由勾股定理的逆定理知，
是直角三角形，且，
又底面，,∴，
∵，∴平面．
点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
19. 已知单调递增的等比数列满足，且是,的等差中项.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，
求数列的通项公式；
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.
【解析】试题分析：（Ⅰ）设此等比数列为， ， ， ，…，其中， ．由已知列式求得首项和公比，则通项公式可求；
（Ⅱ）由（1）可知，，代入，得（），，两式作差得
（n≥2）．求出首项，可得数列{bn}的通项公式
试题解析：
（Ⅰ）设此等比数列为， ， ， ，…，其中， .
由题意知： ，①
.②
②①得，
即，解得或.
∵等比数列单调递增，∴， ，∴；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知（），
由（），
得（），
故，即（），
当时， ， ，∴
20. 已知数列满足，，其中.
（Ⅰ）设，求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；
（Ⅱ）设，数列的前项和为，是否存在正整数，使得对于恒成立，若存在，求出的最小值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ;(2) 的最小值为3.
试题解析：（1）证明：，
所以数列是等差数列，
，因此，
由.
（2）由，
所以，
所以，
因为，所以恒成立，
依题意要使对于，恒成立，只需，且 解得，的最小值为.
【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①
；②
；③；
④ ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
21. 已知函数.
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数 的图象在点 处的切线的倾斜角为，对于任意的,函数在区间上总不是单调函数，求的取值范围；
（Ⅲ）求证：.
【答案】（1）当时，单调增区间为，减区间为，当时，单调增区间为，减区间为，当时，不是单调函数；（2）；（3）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）由，然后对、和分三种情况进行讨论；（2）由题知可得
一定有两个不等的实根,不妨设 在上递减， 在上递增 ；（3）由（1）知当时，在上递增
．
试题解析：（1）由，①当时，显然时，；当时，，所以此时的单调增区间为减区间为； ②同理当时，
的单调增区间为， 减区间为；③当时，不是单调函数．
（2）由题知，得，所以，所以.因为,所以一定有两个不等的实根,又因为.不妨设,由已知时时，即在上递减， 在上递增， 依题意知，于是只需得.
（3）由（1）知当时，在上递增，所以.在上式中分别令得
，以上不等式相乘得，两边同除以得
，即证．
考点：1、函数的单调性；2、函数与不等式.
【方法点晴】本题考查函数的单调性、函数与不等式，涉及分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 利用导数处理不等式问题.在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的恒成立问题.常规的解决方法是首先等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数的单调性和最值来解决，当然要注意分类讨论思想的应用.
22. 选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）若不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得结果；（2）不等式有解等价于不等 有解，根据基本不等式求出解不等式即可.
试题解析：（1），
则当时，不成立；当时，，解得；
当时，成立，
故原不等式的解集为.
（2）由即有解，转化为求函数的最小值，
恒成立.
当且仅当即或时，上式取等号，故的最小值为，
，即，
即或，或，
故实数的取值范围是.
23. 选修45：不等式选讲
已知函数．
（Ⅰ）求不等式的解集；
（Ⅱ）当时，证明： ．
【答案】（1）；（2）见解析．
【解析】试题分析：（1）由，得，解出即可；（2）利用作差法可得结论.
试题解析：（1）由，得，即，
解得，所以；
（2）法一：
因为，故，，，，
故，
又显然，故．
法二：因为，故，，
而
，
即，故．