【贵州省遵义四中】2017届高三上学年期第一次月考数学年(文科)试题.pdf

-1-/17 贵州省遵义四中贵州省遵义四中 20172017 届届高三高三上学期第一次月考数学（文科）试卷上学期第一次月考数学（文科）试卷 答答 案案 一、选择题 15BCCAD 610DCACC 1112DC 二二、填空题 1312 142yx e 1584 16 1 1，三、三、解答证明题 17【解答】解：（）因为向量3nab，与cossinnAB，平行，所以3 cos0asinBbA，由正弦定理可知：30sinAsinBsinBcosA，因为0sinB，所以3tanA，可得3A；（）72ab，由余弦定理可得：2222abcbccosA，可得2742cc，解得3c，ABC的面积为：13 3sin22bcA 18【解答】解：（1）共有个等可能性的基本事件，列举如下：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（1，7），（1，8），（1，9），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（2，7），（2，8），（2，9），（3，4），（3，5），（3，6），（3，7），（3，8），（3，9），（4，5），（4，6），（4，7），（4，8），（4，9），（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（6，7），（6，8），（6，9），（7，8），（7，9），（8，9）（2）由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是上一问做出的结果，共有 36 种结果，满足条件的事件是甲同学所抽取的两题的编号之和小于 17 但不小于 11 的，从上面列举出的结果中找出符合条件的共有 15 个，甲同学所抽取的两题的编号之和小于 17 但不小于 11 的概率是1553612 19【解答】证明：（1）OM，分别为 AB，VA 的中点，VB OM，又VBMOCOMMOC平面，平面，VBMOC平面（2）ACBC，O 是 AB 的中点，OCAB，-2-/17 又平面VAB 平面 ABC，VABABCAB平面平面，OCABC平面，OCVAB平面（3）22ACBCACBCAB且，112OCAB VAB为等边三角形，12 2 sin6032VABS 1133 1333CVABVABVSOC 20【解答】解：（1）2MCMFx是 上一点且与 轴垂直，22bbMcxcyM caa的横坐标为，当时，即（，），若直线 MN 的斜率为34，即22123224bbatan MFFcac，即22232bacac，即22302caac，则23102ee，即223 20ee 解得122ee或（舍去），即12e （）由题意，原点 O 是12FF的中点，则直线1MF与 y 轴的交点0 2D（，）是线段1MF的中点，设0M cyy（，），（），22422222cybbyabaa则+=1，即y=，解得，12ODMFF是的中位线，2244bbaa，即，由15MNF N，则114MFFN，解得112DFF N，-3-/17 即112DFFN 设11N xy（，），由题意知10y，则1122cxcy（，）（，）即11222xccy ，即11321xcy 代入椭圆方程得2229114cab，将24ba代入得22941144aaaa，解得72 7ab，21【解答】解：（）由已知函数g x（）的定义域为0,11,（）（），且00,11,（）（）,定义域为（）（）xf xax alinx，函数21linxg xlinx（），当0001,1（）时,当（）时,g xxeg xxxe，0,11,（）在（）,（）递减,在（）递增g xee，1f x（）（）在（，）递减，2101linxfxalinx（）在（，）上恒成立，10maxxfx（，）时，（），211124fxalinx（），211124maxxefxalinx当，即时，（），-4-/17 11044aa，于是，故 a 的最小值为14 选修 4-1：几何证明选讲 22【解答】（I）证明：2DEEF ECDEF，公用，DEFCED，EDFC 又CD APPC 弦，EDFPDEFPEA，EDFEPA EAEPEA EDEF EPEFED=，又EA EDCE EB，CE EBEF EP；（II）232DEEF ECDEEF，29322ECCE，323CEBEBE：，由（I）可知：CE EBEF EP，927 3=224EPEP，解得，2715344BPEP EB 2PAOPAPB PC是的切线，21527915 34424=，解得=PAPA 选修 4-4：坐标系与参数方程选讲 23【解答】解：（1）把曲线14cos3sinxtCyt ：（t 为参数）化为普通方程得：22431xy（）（），所以此曲线表示的曲线为圆心4 3（，），半径 1 的圆；把28cos3sinxCy：（为参数）化为普通方程得：221649xy，所以此曲线方程表述的曲线为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴为 8，短半轴为 3 的椭圆；-5-/17 （2）把2t代入到曲线 C1的参数方程得：4 4P（，），把直线3322xtCyt ：（t 为参数）化为普通方程得：270 xy，设Q的坐标为83Q cossin（，），故32422Mcossin（，）所以 M 到直线的距离|5sin13|4cos3sin13|55d，（其中4355sincos，）从而当4355cossin，时，d 取得最小值8 55 选修 4-5：不等式选讲 24【解答】解：（1）原不等式等价于 22226xxxx ，解得：3x，222246xxx，解得：x，22226xxxx，解得：3x，33原不等式的解集为（，）；（2）令g xf xx（）（），则由题知g xa（）的解集不为空集，即ming xa（）成立，又3,24,22,2x xg xxxx x（），故g x（）的最小值是 2，即2a，2,的取值范围为:（）a -6-/17 贵州省遵义四中贵州省遵义四中 20172017 届届高三高三上学期第一次月考数学（文科）试卷上学期第一次月考数学（文科）试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】交集及其运算【分析】根据集合的基本运算进行求解【解答】解：A=x|y=（，3，集合 B=x|x1=1，+），则 AB=1，3 故选：B【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础 2【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】由 Z=i（2+Z），得，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由 Z=i（2+Z），得 故选：C【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题 3【考点】命题的否定【分析】根据全称命题的否定是特称命题可得命题的否定为xR，使得 sinx1【解答】解：根据全称命题的否定是特称命题可得，命题 p：xR，sinx1，的否定是xR，使得 sinx1 故选：C【点评】本题主要考查了全称命题与特称命题的之间的关系的应用，属于基础试题 4【考点】平面向量数量积的运算【分析】求出两向量的坐标，代入数量积的坐标运算即可【解答】解：=（4，4），=（1，5）=2（1）25=12 故选 A【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题 5【考点】等差数列的前 n 项和【分析】由题意结合等差数列的性质和求和公式可得 a2的值，进而可得公差 D【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S3=6，a3=0，S3=a1+a2+a3=3a2=6，a2=2，-7-/17 公差 d=a3a2=02=2 故选：D【点评】本题考查等差数列的求和公式和通项公式，属基础题 6【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分必要条件的定义以及直线的垂直关系判断即可【解答】解：a=2 时，直线 2x+3y1=0 和直线 6x+4y3=0 不垂直，不是充分条件，若直线 ax+3y1=0 与直线 6x+4y3=0 垂直，则 a=2，不是必要条件，故选：D【点评】本题考查了充分必要条件，考查直线的垂直问题，是一道基础题 7【考点】程序框图【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件 S50，跳出循环体，确定输出的 i 的值【解答】解：由程序框图知：第一次循环 S=1，i=2；第二次循环 S=21+2=4，i=3；第三次循环 S=24+3=11，i=4；第四次循环 S=211+4=26，i=5；第五次循环 S=226+5=57，i=6，满足条件 S50，跳出循环体，输出 i=6 故选：C【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法 8【考点】函数 y=Asin（x+）的图象变换【分析】按照向左平移，再向上平移，推出函数的解析式，即可【解答】解：将函数 y=sin2x 的图象向左平移个单位，得到函数=cos2x 的图象，再向上平移 1 个单位，所得图象的函数解析式为 y=1+cos2x=2cos2x，故选 A【点评】本题考查函数 y=Asin（x+）的图象变换，考查图象变化，是基础题 9【考点】简单线性规划【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求 z 的最小值【解答】解：作出不等式对应的平面区域（阴影部分），由 z=2x+3y，得 y=，平移直线 y=，由图象可知当直线 y=经过点 C 时，直线 y=的截距最小，此时-8-/17 z 最小 由，解得，即 C（2，1）此时 z 的最小值为 z=22+31=7，故选：A 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键 10【考点】由三视图求面积、体积【分析】几何体是三棱锥，根据三视图可得三棱锥的一侧棱与底面垂直，结合直观图求相关几何量的数据，把数据代入棱锥的表面积公式计算即可【解答】解：根据三视图知：该几何体是三棱锥，且三棱锥的一个侧棱与底面垂直，高为 4，如图所示：其中 SC平面 ABC，SC=3，AB=4，BC=3，AC=5，SC=4，ABBC，由三垂线定理得：ABBC，SABC=34=6，SSBC=34=6，SSAC=45=10，SSAB=ABSB=45=10，-9-/17 该几何体的表面积 S=6+6+10+10=32 故选：C【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征及求相关几何量的数据是解答本题的关键 11【考点】函数奇偶性的性质【分析】根据函数的奇偶性的性质，得到 f（x+8）=f（x），即可得到结论【解答】解：f（x+2）为偶函数，f（x）是奇函数，设 g（x）=f（x+2），则 g（x）=g（x），即 f（x+2）=f（x+2），f（x）是奇函数，f（x+2）=f（x+2）=f（x2），即 f（x+4）=f（x），f（x+8）=f（x+4+4）=f（x+4）=f（x），则 f（8）=f（0）=0，f（9）=f（1）=1，f（8）+f（9）=0+1=1，故选：D【点评】本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性的性质，得到函数的对称轴是解决本题的关键 12【考点】分段函数的应用；根的存在性及根的个数判断【分析】利用函数是减函数，根据对数的图象和性质判断出 a 的大致范围，再根据 f（x）为减函数，得到不等式组，利用函数的图象，方程的解的个数，推出 a 的范围【解答】解：y=loga（x+1）+1 在0，+）递减，则 0a1，函数 f（x）在 R 上单调递减，则：；解得，；由图象可知，在0，+）上，|f（x）|=2x 有且仅有一个解，故在（，0）上，|f（x）|=2x 同样有且仅有一个解，当 3a2 即 a时，联立|x2+（4a3）x+3a|=2x，则=（4a2）24（3a2）=0，解得 a=或 1（舍去），当 13a2 时，由图象可知，符合条件，综上：a 的取值范围为，-10-/17 故选：C 【点评】本题考查了方程的解个数问题，以及参数的取值范围，考查了学生的分析问题，解决问题的能力，以及数形结合的思想，属于中档题 二、填空题 13【考点】两角和与差的正弦函数【分析】由条件利用诱导公式、两角而和的余弦公式，求得所给式子的值【解答】解：sin65 cos35 sin25 sin35=cos25 cos35 sin25 sin35=cos（25+35）=cos60=，故答案为：【点评】本题主要考查诱导公式、两角而和的余弦公式的应用，属于基础题 14【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】先求导函数，然后将 x=e 代入导函数，从而求出在点 x=e 处的斜率，再结合曲线上一点求出切线方程【解答】解：y=xlnx，y=lnx+1，x=e 时，y=lne+1=2，又当 x=e 时 y=e，即切点为（e，e），切线方程为 ye=2（xe）即 y=2xe 故答案为：y=2xe【点评】本题考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，正确求导是关键学生在解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”；同时解决“过某点的切线”问题，一般是设出切点坐标解决属于基础题 15【考点】等差数列的通项公式【分析】根据 a1=3，a4=24 求出数列的公比，从而可求出 a3+a4+a5的值【解答】解：等比数列的通项公式为 an=a1qn1，a4=a1q3=3q3=24 解得 q=2 a3+a4+a5=3q2+3q3+3q4=84 -11-/17 故答案为：84【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，利用等比数列性质的能力，同时考查了运算求解的能力，属于基础题 16【考点】直线与圆的位置关系【分析】根据直线和圆的位置关系，画出图形，利用数形结合即可得到结论【解答】解：由题意画出图形如图：点 M（x0，1），要使圆 O：x2+y2=1 上存在点 N，使得OMN=45，则OMN 的最大值大于或等于 45 时一定存在点 N，使得OMN=45，而当 MN 与圆相切时OMN 取得最大值，此时 MN=1，图中只有 M到 M之间的区域满足 MN1，x0的取值范围是1，1 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线设出角的求法，数形结合是快速解得本题的策略之一 三、解答证明题 17【考点】余弦定理的应用；平面向量共线（平行）的坐标表示【分析】（）利用向量的平行，列出方程，通过正弦定理求解 A；（）利用 A，以及 a=，b=2，通过余弦定理求出 c，然后求解ABC 的面积【解答】解：（）因为向量=（a，b）与=（cosA，sinB）平行，所以 asinB=0，由正弦定理可知：sinAsinBsinBcosA=0，因为 sinB0，所以 tanA=，可得 A=；（）a=，b=2，由余弦定理可得：a2=b2+c22bccosA，可得 7=4+c22c，解得 c=3，ABC 的面积为：=【点评】本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，三角形的面积的求法，考查计算能力 18【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【分析】（1）由题意知用符号（x，y）表示事件“抽到的两道题的编号分别为 x、y，且 Xy，从 x 取 1 开始，逐个写出符合条件的，列举出所有的结果，共有 21 个基本事件 -12-/17 （2）本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是上一问做出的结果，共有 21 种结果，满足条件的事件从上面列举出的结果中找出符合条件的共有 9 个，得到概率【解答】解：（1）共有个等可能性的基本事件，列举如下：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（1，7），（1，8），（1，9），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（2，7），（2，8），（2，9），（3，4），（3，5），（3，6），（3，7），（3，8），（3，9），（4，5），（4，6），（4，7），（4，8），（4，9），（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（6，7），（6，8），（6，9），（7，8），（7，9），（8，9）（2）由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是上一问做出的结果，共有 36 种结果，满足条件的事件是甲同学所抽取的两题的编号之和小于 17 但不小于 11 的，从上面列举出的结果中找出符合条件的共有 15 个，甲同学所抽取的两题的编号之和小于 17 但不小于 11 的概率是 【点评】本题考查等可能事件的概率，考查利用列举法得到事件数，用列举法求事件数，是概率这部分内容的核心，是符合文科学生做的一道题目 19【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定【分析】（1）由中位线定理得 VBOM，故而 VB平面 MOC；（2）由三线合一可知 OCAB，利用面面垂直的性质得出 OC平面 VAB；（3）由勾股定理求出 AB，OC，得出VAB 的面积，代入棱锥的体积公式即可【解答】证明：（1）O，M 分别为 AB，VA 的中点，VBOM，又 VB平面 MOC，OM平面 MOC，VB平面 MOC（2）AC=BC，O 是 AB 的中点，OCAB，又平面 VAB平面 ABC，平面 VAB平面 ABC=AB，OC平面 ABC，OC平面 VAB（3）ACBC 且 AC=BC=，AB=2 OC=AB=1 VAB 为等边三角形，SVAB=VCVAB=【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于基础题 20【考点】椭圆的应用【分析】（1）根据条件求出 M 的坐标，利用直线 MN 的斜率为，建立关于 a，c 的方程即可求 C 的离心-13-/17 率；（2）根据直线 MN 在 y 轴上的截距为 2，以及|MN|=5|F1N|，建立方程组关系，求出 N 的坐标，代入椭圆方程即可得到结论【解答】解：（1）M 是 C 上一点且 MF2与 x 轴垂直，M 的横坐标为 c，当 x=c 时，y=，即 M（c，），若直线 MN 的斜率为，即 tanMF1F2=，即 b2=a2c2，即 c2+a2=0，则，即 2e2+3e2=0 解得 e=或 e=2（舍去），即 e=（）由题意，原点 O 是 F1F2的中点，则直线 MF1与 y 轴的交点 D（0，2）是线段 MF1的中点，设 M（c，y），（y0），则，即，解得 y=，OD 是MF1F2的中位线，=4，即 b2=4a，由|MN|=5|F1N|，则|MF1|=4|F1N|，解得|DF1|=2|F1N|，即 设 N（x1，y1），由题意知 y10，则（c，2）=2（x1+c，y1）即，即 -14-/17 代入椭圆方程得，将 b2=4a 代入得，解得 a=7，b=【点评】本题主要考查椭圆的性质，利用条件建立方程组，利用待定系数法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，有一定的难度 21【考点】利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质【分析】（）由函数 g（x）=，得当 g（x）0 时，xe，当 g（x）0 时，0 x1，1xe，从而 g（x）在（0，1），（1，e）递减，在（e，+）递增，（）由 f（x）=a0 在（1，+）上恒成立，得 x（1，+）时，f（x）max0，从而 f（x）=+a，故当=，即 x=e2时，f（x）max=a，得a0，于是 a，故 a 的最小值为【解答】解：（）由已知函数 g（x）的定义域为（0，1）（1，+），且 f（x）=ax（a0），定义域为（0，1）（1，+），函数 g（x）=，当 g（x）0 时，xe，当 g（x）0 时，0 x1，1xe，g（x）在（0，1），（1，e）递减，在（e，+）递增，（）f（x）在（1，+）递减，f（x）=a0 在（1，+）上恒成立，-15-/17 x（1，+）时，f（x）max0，f（x）=+a，当=，即 x=e2时，f（x）max=a，a0，于是 a，故 a 的最小值为【点评】本题考察了函数的单调性，导数的应用，求参数的范围，是一道综合题 选修 4-1：几何证明选讲 22【考点】与圆有关的比例线段【分析】（I）由已知可得DEFCED，得到EDF=C由平行线的性质可得P=C，于是得到EDF=P，再利用对顶角的性质即可证明EDFEPA于是得到 EAED=EFEP利用相交弦定理可得EAED=CEEB，进而证明结论；（II）利用（I）的结论可得 BP=，再利用切割线定理可得 PA2=PBPC，即可得出 PA【解答】（I）证明：DE2=EFEC，DEF 公用，DEFCED，EDF=C 又弦 CDAP，P=C，EDF=P，DEF=PEA EDFEPA，EAED=EFEP 又EAED=CEEB，CEEB=EFEP；（II）DE2=EFEC，DE=3，EF=2 32=2EC，CE：BE=3：2，BE=3 由（I）可知：CEEB=EFEP，解得 EP=，BP=EPEB=PA 是O 的切线，PA2=PBPC，解得【点评】熟练掌握相似三角形的判定和性质定理、平行线的性质、对顶角的性质、相交弦定理、切割线定理是解题的关键 -16-/17 选修 4-4：坐标系与参数方程选讲 23【考点】圆的参数方程；点到直线的距离公式；直线的参数方程【分析】（1）分别消去两曲线参数方程中的参数得到两曲线的普通方程，即可得到曲线 C1表示一个圆；曲线 C2表示一个椭圆；（2）把 t 的值代入曲线 C1的参数方程得点 P 的坐标，然后把直线的参数方程化为普通方程，根据曲线 C2的参数方程设出 Q 的坐标，利用中点坐标公式表示出 M 的坐标，利用点到直线的距离公式表示出 M 到已知直线的距离，利用两角差的正弦函数公式化简后，利用正弦函数的值域即可得到距离的最小值【解答】解：（1）把曲线 C1：（t 为参数）化为普通方程得：（x+4）2+（y3）2=1，所以此曲线表示的曲线为圆心（4，3），半径 1 的圆；把 C2：（为参数）化为普通方程得：+=1，所以此曲线方程表述的曲线为中心是坐标原点，焦点在 x 轴上，长半轴为 8，短半轴为 3 的椭圆；（2）把 t=代入到曲线 C1的参数方程得：P（4，4），把直线 C3：（t 为参数）化为普通方程得：x2y7=0，设 Q 的坐标为 Q（8cos，3sin），故 M（2+4cos，2+sin）所以 M 到直线的距离 d=，（其中 sin=，cos=）从而当 cos=，sin=时，d 取得最小值【点评】此题考查学生理解并运用直线和圆的参数方程解决数学问题，灵活运用点到直线的距离公式及中点坐标公式化简求值，是一道综合题 选修 4-5：不等式选讲 24【考点】绝对值不等式的解法【分析】（1）通过讨论 x 的范围求出不等式的解集即可；（2）由题知 g（x）a 的解集不为空集，即 g（x）mina 成立，求出 g（x）的最小值，从而求出 a 的范围即可【解答】解：（1）原不等式等价于，解得：x3，解得：x=，解得：x3，原不等式的解集为（，33，+）；-17-/17 （2）令 g（x）=f（x）x，则由题知 g（x）a 的解集不为空集，即 g（x）mina 成立，又 g（x）=，故 g（x）的最小值是 2，即 a2，a 的取值范围为：（2，+）【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查函数的最值问题，是一道中档题