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- 2021-04-21 发布
河北辛集中学2017级高三上学期第三次阶段考试高三数学（理科）试卷
一．选择题
1.若命题p为：为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定为特称命题即可得到结果.
【详解】根据的构成方法得，为.故选C.
【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.
2.若复数是纯虚数，则值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据所给的虚数是一个纯虚数，得到虚数的实部等于0，而虚部不等于0，得到角的正弦和余弦值，根据同角三角函数之间的关系，得到结果.
【详解】若复数是纯虚数，
则且，
所以，，
所以，故．
故选C．
【点睛】本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题．纯虚数是一个易错概念，不能只关注实部为零的要求，而忽略了虚部不能为零的限制，属于易错题.
3.已知等差数列{}的前项和为, ,则的值为
A. 14 B. 20 C. 18 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】
将条件用首项、公差来表示，得到，再由等差数列的前n项和公式及等差数列的性质求S9．
【详解】=5+20d=10，
∴+4d=2，即=2，
则==.
故选C.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，应用了等差数列的性质，是基础题．
4.朱载堉（1536—1611），明太祖九世孙，音乐家、数学家、天文历算家，在他多达百万字的著述中以《乐律全书》最为著名，在西方人眼中他是大百科全书式的学者王子．他对文艺的最大贡献是他创建了“十二平均律”，此理论被广泛应用在世界各国的键盘乐器上，包括钢琴，故朱载堉被誉为“钢琴理论的鼻祖”．“十二平均律”是指一个八度有13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音频率是最初那个音频率的2倍，设第二个音的频率为，第八个音的频率为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
依题意13个音的频率成等比数列，记为{an}，设公比为q，推导出q=，由此能求出的值．
【详解】依题意13个音的频率成等比数列，记为{an}，设公比为q，
则=，且=2a1，∴q=，
∴==q6=．
故选A．
【点睛】本题考查两个频率的比值的求法，考查等比数列的性质等基本性质，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
5.已知实数满足约束条件，若的最小值为，最大值为，则的取值范围是
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】
画出可行域，利用z的几何意义求得最大及最小值即可求解
【详解】画出可行域如图阴影所示：
化为斜截式,当直线过C时z最大，联立得C（）；当直线过B时z最小，此时B（2，0），故N=
则的取值范围是
故选B
【点睛】本题考查线性规划，利用z的几何意义准确计算是关键，是基础题
6.在平面直角坐标系中，，若，则的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，判断出在以原点为圆心，半径为的圆上，根据得到三点共线，利用圆心到直线的距离减去半径，求得的最小值.
【详解】由于，即，即
，所以在以原点为圆心，半径为的圆上.得到三点共线.画出图像如下图所示，由图可知，的最小值等于圆心到直线的距离减去半径，直线的方程为，圆心到直线的距离为，故的最小值是，故选C.
【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三点共线的向量表示，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
7.已知函数与的图象如图所示，则函数（其中为自然对数的底数）的单调递减区间为（ ）
A. B. ， C. D. ，
【答案】D
【解析】
分析：结合函数的图象求出成立的的取值范围，即可得到结论．
详解：结合函数图象可知：和时，，
又由，则，
令，解得，
所以函数的递减区间为，故选D．
点睛：本题主要考查了导数的四则运算，以及利用导数研究函数的单调性，求解单调区间，其中结合图象，得到，进而得到的解集是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．
8.已知椭圆 ，点M,N为长轴的两个端点，若在椭圆上存在点H，使 ,则离心率e的取值范围为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
由题意 设 ，则
可得：
故选A．
9.在正方体中，分别为棱的中点，用过点
的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
取的中点连，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．
延长，交的延长线与点，连，交于，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．
同理，延长，交的延长线于，连，交于点，则为过点，，的平面与正方体的面的交线．
所以过点，，的平面截正方体所得的截面为图中的六边形．
故可得位于截面以下部分的几何体的侧（左）视图为选项C所示．选C ．
10.已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
作OA⊥于点A，于点B，可得，，，结合双曲线定义可得从而得到双曲线的渐近线方程.
【详解】如图，作OA⊥于点A，于点B，
∵与圆相切，
∴，，
又点M在双曲线上，
∴
整理，得，
∴
∴双曲线的渐近线方程为
故选A
【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程的求法，解题关键建立关于a，b的方程，充分利用平面几何性质，属于中档题.
11.已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且（为坐标原点），若与的面积分别为和，则最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设直线的方程为，点，直线与轴交点为
∴联立，可得，根据韦达定理得．
∵
∴，即
∵位于轴的两侧
∴
∴
设点在轴的上方，则
∵
∴
当且仅当，即时取等号
∴最小值是6
故选B
点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
12.已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知得点在直线上，点在曲线上，的几何意义就是直线到曲线上点的距离最小值的平方，由此能求出的最小值.
【详解】实数满足，
，
点在直线上，点在曲线上，
的几何意义就是直线到曲线上点的距离最小值的平方，
考查曲线平行于直线的切线，
，令，
解得，切点为，
该切点到直线的距离，就是所求的直线与曲线间的最小距离，故的最小值为.
故选：D
【点睛】本题主要考查了代数式最小值求法，曲线的切线，导数的几何意义，点到直线的距离，两点间距离公式，属于难题.
二、填空题
13.已知，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由得，然后根据倍角公式将用表示后可得所求结果．
【详解】∵，
∴，
∴ ．
故答案为．
【点睛】本题考查利用三角变换求值，解题时注意变换公式的灵活运用，属于基础题．
14.正方体的棱长为4，点是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则_______.
【答案】1
【解析】
【分析】
由空间向量的方法，根据异面直线与所成角的余弦值为，即可求出的长.
【详解】以为坐标原点，以方向为轴，方向为轴,方向为轴，建立空间直角坐标系，设，则，
所以，设异面直线与所成的角为，
则，解得，即.
故答案为1
【点睛】本题主要考查由异面直线所成的角确定点的位置的问题，由空间向量的方法建系求解即可，属于基础题型.
15.已知函数下列四个命题：
①f(f(1))>f(3)； ②x0∈(1,+∞),f'(x0)=-1/3；
③f(x)的极大值点为x=1； ④x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≤1
其中正确的有_________（写出所有正确命题的序号）
【答案】① ② ③ ④
【解析】
函数 的图形如图所示，对于① ，，①正确；对于② ， 时，，故 ②正确；对于③，根据图形可判断③ 正确；对于④ ， 时， ，故④正确，故答案为① ② ③ ④.
【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质以及函数的极值，属于难题.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
16.已知为椭圆上一个动点，直线过圆的圆心与圆相交于两点，则的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
设，由圆的圆心，半径，由于利用数量积的运算性质和余弦函数的单调性，二次函数的最值，即可求出范围.
【详解】设,
圆的圆心，半径
,
当时取得最小值3，当时取得最大值15，
则的取值范围为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，数量积的运算性质，椭圆的参数方程，圆的对称性，余弦函数的性质，属于难题.
三、解答题
17.已知在△中，．
（1）若，求；
（2）求的最大值．
【答案】(1)2 (2)
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理即题设可得，进而利用正弦定理可求得；
（2）由（1）知，利用三角函数恒等变换的应用，化简可得 ，利用正弦函数的图象与性质，即可求解最大值.
【详解】（1）由余弦定理及题设，得．
由正弦定理，，得．
（2）由（1）知．
．
因为，所以当，取得最大值．
【点睛】
本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换的应用和三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了转化思想和推理与运算能力，属于基础题.
18.设数列的前项和是，且是等差数列，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】(1) (2)
【解析】
试题分析：(1)利用等差数列基本公式求出公差得到的通项公式；
（2），利用裂项相消法求出数列的前项和.
试题解析：
（1）记，∴，又为等差数列，公差记为，
，∴，得，∴，得
时，，时也满足.综上
（2）由（1）得
∴
，
点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：
（1）已知数列的通项公式为，求前项和： ；
（2）已知数列的通项公式为，求前项和：
；
（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.
19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点．
（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，
且，故且.所以，四边形为平行四边形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
设，则由题意知，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量，
由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
易知在中，，从而，
所以直线与平面所成的角为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
20.已知点是圆：上的一动点，点，点在线段上，且满足.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设曲线与轴的正半轴，轴的正半轴的交点分别为点，，斜率为的动直线交曲线于、两点，其中点在第一象限，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由向量的数量积的运算，可得，化简得，利用椭圆的定义，即可求得动点的轨迹方程．
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系和弦长公式，求得
和，在利用点到直线的距离公式，求得点到直线的距离 和点到直线的距离为，得出四边形面积，即可求解．
【详解】（1）由题意， ，
∴.
∴ ，
∴点的轨迹是以点，为焦点且长轴长为6的椭圆，
即，，∴，，∴.
即点的轨迹的方程为.
（2）由（1）可得，.
设直线的方程为，由点在第一象限，得，，，
由，得，
则，， ，
点到直线的距离为，点到直线的距离为，
∴四边形面积 ，
又，∴当时，取得最大值.
即四边形面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义和标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
21.已知函数，．
（1）求函数的单调区间及极值；
（2）设，当时，存在，，使方程成立，求实数的最小值．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.函数
有极大值且为，没有极小值.（2）
【解析】
【分析】
（1）通过求导，得到导函数零点为，从而可根据导函数正负得到单调区间，并可得到极大值为，无极小值；（2）由最大值为且可将问题转化为有解；通过假设，求出的最小值，即为的最小值.
【详解】（1）由得：
令，则，解得
当时，
当时，
的单调递增区间为，单调递减区间为
当时，函数有极大值，没有极小值
（2）当时，由（1）知，函数在处有最大值
又因为
方程有解，必然存在，使
，
等价于方程有解，即在上有解
记，
，令，得
当时，，单调递减
当时，，单调递增
所以当时，
所以实数的最小值为
【点睛】本题考查利用导数求解函数单调区间和极值、能成立问题的求解.解题关键是能够将原题的能成立问题转化为方程有解的问题，从而进一步转化为函数最值问题的求解，对于学生转化与化归思想的应用要求较高.
22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点P是曲线上的动点，点Q在OP的延长线上，且，点Q的轨迹为．
（1）求直线l及曲线的极坐标方程；
（2）若射线与直线l交于点M，与曲线交于点（与原点不重合），求的最大值.
【答案】（1）直线l的极坐标方程为.的极坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】
（1）消参可得直线的普通方程，再利用公式把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，从而得到直线的极坐标方程；利用相关点法求得曲线的极坐标方程；
（2）利用极坐标中极径的意义求得长度，再把所求变形成正弦型函数，进一步求出结果．
【详解】（1）消去直线l参数方程中的t，得，
由，得直线l的极坐标方程为，
故．
由点Q在OP的延长线上，且，得，
设，则，
由点P是曲线上的动点，可得，即，
所以的极坐标方程为．
（2）因为直线l及曲线的极坐标方程分别为，，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值，为．
【点睛】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，考查了点的轨迹方程的求法，涉及三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，属于中档题．