【贵州省遵义四中】2017届高三上学年期第二次月考数学年(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二次月考数学（文科）试卷上学期第二次月考数学（文科）试卷 答答 案案 一、选择题 15BBBDA 610CCBDA 1112CD 二、填空题 1383 143 1510 227 1652 三、解答题 17【解答】解：（1）因为132 3ADCDAC，所以由余弦定理得，22219 12122 1 33ADDCACcosDAD DC ，因为0D（，）所以22 213sinDCOS D 又13ADCD，所以ACD的面积12 21 3223S （2）2 3ACBC，2BACBACBB，则，由正弦定理得，sinsinABACACBB，则sin2sinABACBB，即2sincossinABACBBB，又33cosB，所以322 343ABAC cosB 18【解答】解：（1）因为网购金额在 2000 元以上（不含 2000 元）的频率为 0.4，-2-/17 所以网购金额在相应的 22 列联表为：网龄 3 年以上 网龄不足 3 年 合计 购物金额在 2000 元以上 35 5 40 购物金额在 2000 元以下 40 20 60 合计 75 25 100 由公式22100 35 2040 555640 60 75 25K，因为556 5024，所以据此列联表判断，在犯错误的概率不超过 0.025 的前提下认为网购金额超过 2000 元与网龄在 3 年以上有关 19【解答】（1）证明：PAABCBCABCPABC平面，平面，BCABPAABA BCPAB，平面，又AMPABAMBC平面，PAABMPBAMPB，为的中点，又PBBCBAMPBC，平面（2）解：连接 MC，设 M 到平面 PAC 的距离为 d，1112 21222PAMPABSS 22121252PACSAC，又M PACC PAMVV，PACPAMd SBC S，即51d，55d 20【解答】解：（I）设椭圆的标准方程：2222 10 xyabab（），-3-/17 由题意可得：22222322132112caabcabcab，解得，椭圆 C 的方程为2214xy（II）证明：当直线 PQ 斜率存在时，设直线 PQ 的方程为：1122ykxmP xyQ xy，（，），(，)，联立2222214844044ykxmkxkmxmxy，化为：（），0，2 41212228411414kmmxxx xkk，OPOQ，221 2121 2121 21210OP OQx xy yx xkxmkxmkx xmk xxm（）（）（）（），2222222144801414kmm kmkk，化为：22544mk 点 O 到直线 PQ 的距离2|2 55|251mmmdk为定值 当直线 PQ 斜率不存在时也满足上述结论 点 O 到直线 PQ 的距离2 55d 为定值 21【解答】解：（1）200af xxlnxx时，（），12fxxx（），1311ff（），（），11320yf xfx y数（）在点（，（）处的切线方程为，（2）函数f x（）在121，上是增函数，120112fxx ax（），在，上恒成立，即12211axx，在，上恒成立，-4-/17 令11222 22 22h xxxxxx（），当且仅当时，取等号，2 2a，2 2a的取值范围为（，（3）20g xxf xax lnxxe（）（），（，110axg xaxexx（）（），当0a 时，g x（）在0 e（，上单调递减，413ming xg eaeae（）（），解得（舍去）；当0a且1ea时，即1ae，g x（）在10a（，）上单调递减，在1ea（，上单调递增，2113ming xglnaaea（）（），解得，满足条件；当0a，且1ea时，即10ae，g x（）在0 e（，上单调递减，413ming xg eaeae（）（），解得（舍去）；综上，存在实数2ae，使得当0 xe（，时，g x（）有最小值 3 选修 4-4：极坐标参数方程 22【解答】解：（I）曲线 C：229436xy，化为22194yx，可得参数方程：2cos0 23sinxy（，）直线 l：522 sin2626022224 cos3xtxttxyytyt（为参数），即，化为：（II）点23Pcossin（，）到直线 l 的距离|5sin6|4cos3sin6|5 11 5,5555d，2 522 52,sin3055dPAd 22 52 555PA的最大值与最小值分别为，选修 4-5：不等式选讲 23【解答】解：（）232g xxg x（），（），25x，525x，-5-/17 解得73x，不等式2g x（）的解集为3|7xx（）2 1223|f xxg xx（），（），|2 11|2f xg xxx（）（），设2|12 1|h xxx（），则32,212,2213,2xxh xxxx x （），3()2h x 2xRf xg xm当时，（）（）恒成立，31222m，解得m-，所以，实数 m 的取值范围是12（，-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二次月考数学（文科）试卷上学期第二次月考数学（文科）试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】交、并、补集的混合运算【分析】进行补集、交集的运算即可【解答】解：RB=1，5，6；A（RB）=1，21，5，6=1 故选：B 2【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可得出【解答】解：=2+i，复数对应的点（2，1）所在的象限为第二象限 故选：B 3【考点】数量积表示两个向量的夹角【分析】利用两个向量垂直，数量积等于 0，得到=2 ，代入两个向量的夹角公式得到夹角的余弦值，进而得到夹角【解答】解：（），（），（）=2=0，（）=2=0，=2，设 与 的夹角为，则由两个向量的夹角公式得 cos=，=60，故选 B 4【考点】等差数列的前 n 项和【分析】由等差数列的通项公式和前 n 项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能出结果【解答】解：等差数列an中，a3=4，前 11 项和 S11=110，解得 a1=0，d=2，-7-/17 a9=a1+8d=16 故选：D 5【考点】对数值大小的比较【分析】分别判断 a，b，c 的大小即可得到结论【解答】解：0 x，0sinx1，则 lnsinx0，1esinxe，即 a0，0b1，1ce，故 abc，故选：A 6【考点】线性回归方程【分析】由给定的表格可知=5，=50，代入=8x+，可得【解答】解：由给定的表格可知=5，=50，代入=8x+，可得=10 故选 C 7【考点】程序框图【分析】由题意输出的 S=1+12+122+123+124，按照程序运行，观察 S 与 i 的关系，确定判断框内的条件即可【解答】解：由题意输出的 S=1+12+122+123+124，按照程序运行：S=1，i=1，不应此时输出 S，S=1+12，i=2；不应此时输出 S，S=1+12+122，i=3；不应此时输出 S，S=1+12+122+123，i=4；不应此时输出 S，S=1+12+122+123+124，i=5，此时跳出循环输出结果，故判断框内的条件应为 i4 故选 C 8【考点】由三视图求面积、体积【分析】首先根据三视图还原空间几何体，再根据三棱锥体积公式求体积；【解答】解：由三视图可知，原几何体如图所示，AE面 BCD，且 AE=4；又因为 BC=4，DE=2，且 DEBC；所以，SBCD=2DEBE=4；所以，VABCD=SBCDSBCDAE=；-8-/17 故选：B 9【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据直线平行判断，根据三角函数的性质判断，根据线面平行判断，根据导数的应用判断【解答】解：对于，由 l1l2，得，解得：a=1，错；对于，由 f（x+）=f（x），得：f（x+）=f（x），f（x）的周期是，=2，f（x）=sin2x+cos2x=2sin（2x+），故 x=时，f（x）=2，错；对于，a 时，结论不成立，错；对于，f（x）=+lnx，f（x）的定义域是（0，+），f（x）=，由 f（x）0，得：x1，由 f（x）0，解得：0 x1，f（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增，错；故选：D 10【考点】球内接多面体；球的体积和表面积【分析】由题意一个四面体共一个顶点的三条棱两两互相垂直，可知，四面体是长方体的一个角，扩展为长方体，两者的外接球相同，长方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的表面积【解答】解：四面体 ABCD 中，共顶点 A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为，四面体的四个顶点同在一个球面上，四面体是长方体的一个角，扩展为长方体，四面体的外接球与长方体的外接球相同，长方体的对角线就是球的直径，所以球的直径为：4，半径为 2，-9-/17 外接球的表面积为：422=16 故选 A 11【考点】双曲线的简单性质【分析】根据抛物线的方程算出其焦点为 F（，0），得到|MF|=p设双曲线的另一个焦点为 F，由双曲线的右焦点为 F 算出双曲线的焦距|FF|=p，TFF中利用勾股定理算出|MF|=p，再由双曲线的定义算出 2a=（1）p，利用双曲线的离心率公式加以计算，可得答案【解答】解：抛物线 y2=2px 的焦点为 F（，0），由 MF 与 x 轴垂直，令 x=，可得|MF|=p，双曲线=1 的实半轴为 a，半焦距 c，另一个焦点为 F，由抛物线 y2=2px 的焦点 F 与双曲线的右焦点重合，即 c=，可得双曲线的焦距|FF|=2c=p，由于MFF为直角三角形，则|MF|=p，根据双曲线的定义，得 2a=|MF|MF|=pp，可得 a=p 因此，该双曲线的离心率 e=+1 故选：C 12【考点】根的存在性及根的个数判断【分析】化简函数 f（x）的解析式，作出函数 y=f（x）的图象，由题意可得，函数 y=f（x）与 y=k 的图象有 3 个交点，结合图象求得结果 【解答】解：当（x21）（x+4）1 时，f（x）=x21，（2x3），当（x21）（x+4）1 时，f（x）=x+4，（x3 或 x2），函数 y=f（x）=的图象如图所示：-10-/17 由图象得：2k1，函数 y=f（x）与 y=k 的图象有 3 个交点，即函数 y=f（x）+k 的图象与 x 轴恰有三个公共点；故答案选：D 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题卡上）13【考点】简单线性规划【分析】首先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题【解答】解：由约束条件画出可行域如图：目标函数可化为 y=x+z，得到一簇斜率为1，截距为 z 的平行线 要求 z 的最大值，须保证截距最大 由图象知，当目标函数的图象过点 A 是截距最大 又点 A 的坐标为（）z 的最大值为=；故答案为：-11-/17 14【考点】正弦函数的图象【分析】由题意和距离公式可得函数的半周期，由周期公式可得【解答】解：由题意可设 AB 之间的水平距离为 d，则由题意可得 d2+2（2）2=52，解得 d=3，故函数的周期 T=23，解得=，故答案为：15【考点】两角和与差的余弦函数【分析】先根据 sin，cos（+），求出 cos2，sin2，sin（+）的值，进而根据两角和公式把 sin（）=sin2（+）代入即可【解答】解：，（0，），2（0，），+（0，）sin=，cos2=12sin2=，sin2=，cos（+）=，sin（+）=，sin（）=sin2（+）=sin2cos（+）cos2sin（+）=（）（）=，-12-/17 故答案为：16【考点】函数的周期性；函数奇偶性的性质【分析】f（x+4）=f（x+2）+2=f（x），即函数的周期为 4，f（）=f（）得出利用解析式求解即可【解答】解：f（x+2）=，f（x+4）=f（x+2）+2=f（x），即函数的周期为 4 f（x）是定义在 R 上的偶函数，则有 f（x）=f（x）f（）=f（4）=f（）=f（4）=，当 2x3 时，f（x）=x，f（）=，故答案为：三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17【考点】余弦定理【分析】（1）由题意和余弦定理求出 cosD 的值，由平方关系和内角的范围求出 sinD，代入三角形的面积公式求解；（2）由 AC=BC=2 得BAC=B，由内角和定理求出ACB=2B，由正弦定理列出方程后，利用诱导公式和二倍角正弦公式化简后，即可求出 AB 的值【解答】解：（1）因为 AD=1，CD=3，AC=2，所以由余弦定理得，cosD=，因为 D（0，）所以 sinD=又 AD=1，CD=3，所以ACD 的面积 S=（2）AC=BC=2，BAC=B，则ACB=2B，由正弦定理得，则，即，-13-/17 又 cosB=，所以 AB=ACcosB=2=4 18【考点】独立性检验【分析】（1）求出网购金额在 2000 元以上的人数，可得 x，y 的值，由此能求出 x，y，p，q 的值，并补全频率分布直方图（2）由数据可得列联表，利用公式，可得结论【解答】解：（1）因为网购金额在 2000 元以上（不含 2000 元）的频率为 04，所以网购金额在相应的 22 列联表为：网龄 3 年以上 网龄不足 3 年 合计 购物金额在 2000 元以上 35 5 40 购物金额在 2000 元以下 40 20 60 合计 75 25 100 由公式 K2=556，因为 5565024，所以据此列联表判断，在犯错误的概率不超过 0025 的前提下认为网购金额超过 2000 元与网龄在 3 年以上有关 19【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定【分析】（1）利用线面垂直与判定的性质定理即可得出：AMBC由 PA=AB，利用等腰三角形的性质可得 AMPB，再利用线面垂直的判定定理即可证明（2）连接 MC，设 M 到平面 PAC 的距离为 d，利用 VMPAC=VCPAM，即 dSPAC=BCSPAM，即可得出【解答】（1）证明：PA平面 ABC，BC平面 ABC，PABC，BCAB，PAAB=A，BC平面 PAB，又 AM平面 PAB，AMBC PA=AB，M 为 PB 的中点，AMPB，又 PBBC=B，AM平面 PBC（2）解：连接 MC，设 M 到平面 PAC 的距离为 d，SPAM=SPAB=1 SPAC=，又VMPAC=VCPAM，-14-/17 dSPAC=BCSPAM，即d=1，d=20【考点】椭圆的简单性质【分析】（I）设椭圆的标准方程：+=1（ab0），由题意可得：，解得即可得出 （II）当直线 PQ 斜率存在时，设直线 PQ 的方程为：y=kx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），与椭圆方程联立可得：（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，由 OPOQ，可得=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+mk（x1+x2）+m2=0，把根与系数的关系代入可得：5m2=4+4k2利用点 O 到直线 PQ 的距离 d=，即可证明当直线 PQ 斜率不存在时，验证即可得出【解答】解：（I）设椭圆的标准方程：+=1（ab0），由题意可得：，解得 a=2，b=1，c=椭圆 C 的方程为=1（II）证明：当直线 PQ 斜率存在时，设直线 PQ 的方程为：y=kx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，化为：（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，0，x1+x2=，x1x2=，OPOQ，-15-/17 =x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+mk（x1+x2）+m2=0，+m2=0，化为：5m2=4+4k2 点 O 到直线 PQ 的距离 d=为定值 当直线 PQ 斜率不存在时也满足上述结论 点 O 到直线 PQ 的距离 d=为定值 21【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程（2）函数 f（x）在，1上是增函数，得到 f（x）=2xa+0，在，1上恒成立，分离参数，根据基本不等式求出答案，（3）g（x）=x2f（x），求出函数的导数，讨论 a0，a，0a的情况，从而得出答案【解答】解：（1）a=0 时，f（x）=x2+lnx，x0 f（x）=2x+，f（1）=3，f（1）=1，数 y=f（x）在点（1，f（1）处的切线方程为 3xy2=0，（2）函数 f（x）在，1上是增函数，f（x）=2xa+0，在，1上恒成立，即 a2x+，在，1上恒成立，令 h（x）=2x+2=2，当且仅当 x=时，取等号，a2，a 的取值范围为（，2（3）g（x）=x2f（x）=axlnx，x（0，e g（x）=a=（0 xe），当 a0 时，g（x）在（0，e上单调递减，g（x）min=g（e）=ae1=3，解得 a=（舍去）；当 a0 且e 时，即 a，g（x）在（0，）上单调递减，在（，e上单调递增，-16-/17 g（x）min=g（）=1+lna=3，解得 a=e2，满足条件；当 a0，且e 时，即 0a，g（x）在（0，e上单调递减，g（x）min=g（e）=ae1=3，解得 a=（舍去）；综上，存在实数 a=e2，使得当 x（0，e时，g（x）有最小值 3 选修 4-4：极坐标参数方程 22【考点】参数方程化成普通方程【分析】（I）曲线C：9x2+4y2=36，化为=1，利用cos2+sin2=1可得参数方程 直线l：（t 为参数），即，即可化为普通方程（II）点 P（2cos，3sin）到直线 l 的距离 d=，利用|PA|=2d 即可得出【解答】解：（I）曲线 C：9x2+4y2=36，化为=1，可得参数方程：（0，2）直线 l：（t 为参数），即，化为：2x+y6=0（II）点 P（2cos，3sin）到直线 l 的距离 d=，|PA|=2d|PA|的最大值与最小值分别为，选修 4-5：不等式选讲 23【考点】函数恒成立问题；带绝对值的函数【分析】（）由 g（x）=|x+2|+3，g（x）2，知|x+2|5，由此能求出不等式 g（x）2 的解集（）由 f（x）=|2x1|+2，g（x）=|x+2|+3，知 f（x）g（x）=|2x1|+|x+2|1，设 h（x）=|2x1|+|x+2|1，则由当 xR 时，f（x）g（x）m+2 恒成立，知，由此能求出实数 m 的取值范围【解答】解：（）g（x）=|x+2|+3，g（x）2，|x+2|5，-17-/17 5x+25，解得7x3，不等式 g（x）2 的解集为x|7x3（）f（x）=|2x1|+2，g（x）=|x+2|+3，f（x）g（x）=|2x1|+|x+2|1，设 h（x）=|2x1|+|x+2|1，则 h（x）=，当 xR 时，f（x）g（x）m+2 恒成立，解得，所以，实数 m 的取值范围是（，