高三数学下学期第四周周测试题 理

为深入贯彻落实党的十九大精神和习近平总书记的重要指示精神，保障人民安居乐业、社会安定有序、国家长治久安、进一步巩固党的执政基础，束城镇深入贯彻全市扫黑除恶会议精神，强化措施，深入扎实开展扫黑除恶专项斗争衡水中学2016-2017学年度数学（理科）试卷周测4第卷（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，集合，则的子集个数为（ ）A2 B 4 C 8 D162.如图，复平面上的点到原点的距离都相等，若复数所对应的点为，则复数（是虚数单位）的共轭复数所对应的点为（ ）A B C D3.下列四个函数中，在处取得极值的函数是（ ）；A B C D4.已知变量满足：，则的最大值为（ ）A B C. 2 D45.执行如图所示的程序框图，输出的结果是（ ）A5 B 6 C.7 D86.两个等差数列的前项和之比为，则它们的第7项之比为（ ）A 2 B 3 C. D7.在某次联考数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.8，则落在内的概率为（ ）A0.05 B0.1 C. 0.15 D0.28.函数的部分图象如图所示，的值为（ ）A 0 B C. D9.若，则的值是（ ）A-2 B -3 C. 125 D-13110.已知圆：，圆：，椭圆：，若圆都在椭圆内，则椭圆离心率的范围是（ ） A B C. D11.定义在上的函数对任意都有，且函数的图象关于成中心对称，若满足不等式，则当时，的取值范围是（ ）A B C. D12.正三角形的边长为2，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体外接球表面积为（ ）A B C. D第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.一个几何体的三视图如图所示，该几何体体积为 14.已知向量与的夹角为，且，若且，则实数的值为 15.已知双曲线的半焦距为，过右焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，若抛物线的准线被双曲线截得的弦长是（为双曲线的离心率），则的值为 16.用表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1,3,9，10的因数有1,2,5,10，那么 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. 在锐角中，角所对的边分别为，已知，（1）求角的大小；（2）求的面积18. 某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图.为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”.（1）当时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”数量为，比较的大小关系；（2）在这10个卖场中，随机选取2个卖场，记为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求的分布列和数学期望；（3）若，记乙型号电视机销售量的方差为，根据茎叶图推断为何值时，达到最小值（只需写出结论）19. 如图1，在边长为4的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由20. 如图，已知椭圆，点是它的两个顶点，过原点且斜率为的直线与线段相交于点，且与椭圆相交于两点（1）若，求的值；（2）求四边形面积的最大值21. 设函数（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；（3）若方程，有两个不相等的实数根，比较与0的大小请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴的极坐标中，圆的方程为（1）写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；（2）若点的坐标为，圆与直线交于两点，求的值23. 选修4-5：不等式选讲（1）已知函数，求的取值范围，使为常函数；（2）若，求的最大值附加题：1.已知椭圆：，过点作圆的切线，切点分别为，直线恰好经过的右顶点和上顶点（1）求椭圆的方程；（2）如图，过椭圆的右焦点作两条互相垂直的弦设的中点分别为，证明：直线必过定点，并求此定点坐标；若直线的斜率均存在时，求由四点构成的四边形面积的取值范围2已知函数（为自然对数的底数，），（1）若，求在上的最大值的表达式；（2）若时，方程在上恰有两个相异实根，求实根的取值范围；（3）若，求使的图象恒在图象上方的最大正整数3.2015男篮亚锦赛决赛阶段，中国男篮以9连胜的不败战绩赢得第28届亚锦赛冠军，同时拿到亚洲唯一1张直通里约奥运会的入场券，赛后，中国男篮主力易建联荣膺本届亚锦赛（最有价值球员），下表是易建联在这9场比赛中投篮的统计数据注：（1）表中表示出手次命中次；（2）（真实得分率）是衡量球员进攻的效率，其计算公式为：（1）从上述9场比赛中随机选择一场，求易建联在该场比赛中超过50%的概率；（2）从上述9场比赛中随机选择一场，求易建联在该场比赛中至少有一场超过60%的概率；（3）用来表示易建联某场的得分，用来表示中国队该场的总分，画出散点图如图所示，请根据散点图判断与之间是否具有线性相关关系？结合实际简单说明理由试卷答案一、选择题1-5:CBCDB 6-10: BBACB 11、12：DA二、填空题13. 14. 1 15. 16. 三、解答题17.在中，由正弦定理，得：，即，又因为，解得，因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即，解得或，当时，因为所以角为钝角，不符合题意，舍去，当时，因为，且，所以为锐角三角形，符合题意，所以的面积18.（1）根据茎叶图，得甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为由茎叶图，如甲型号电视机的“星级卖场”的个数，乙型号电视机的“星级卖场”的个数，所以（2）由题意，的所有可能取值为0,1,2且，所有的分布列为：所有.（3）解：当时，达到最小值.19.（1）证明：因为，所以，又因为，所以平面，所以.又因为，所以平面.（2）解：因为平面，所以，两两垂直，以分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系，易知，则，所以，.平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由，得，令，得，所以.由图，得二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.（3）结论：在线段上不存在一点，使平面平面.解：假设在线段上存在一点，使平面平面.设，则，.设平面的法向量为，由，得令，得.因为平面平面.所以，即，解得：因为，所以在线段上不存在点，使得平面平面.20.（1）依题意得椭圆的顶点，则直线方程分别为，设的方程为，如图，设，其中，联立直线与椭圆的方程消去得方程，故由，知，得由在上知，得所以，化简得，解得或.（2）根据点到直线的距离公式知，点到的距离分别为，又，所以四边形的面积为当且仅当，即当时，取等号，所以的最大值为.21. (1)解：当时，函数在上单调递增，函数的单调增区间为当时，由，得；由，得.所以函数的单调增区间为，单调减区间为. (2)解：由(1)得，若函数有两个零点则，且的最小值，即.因为，所以.令，显然在上为增函数，且，所以存在，.当时，；当时，.所以满足条件的最小正整数(3)证明：因为是方程的两个不等实根，由(1)知.不妨设，则，.两式相减得，即所以.因为，当时， 当x时，故只要证即可，即证明，即证明，即证明.设令，则.因为，所以，当且仅当t1时，所以在上是增函数又，所以当时，总成立所以原题得证 22. 解：(1)由得直线的普通方程为又由得圆C的直角坐标方程为即. (2) 把直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，得 ，即由于，故可设是上述方程的两实数根，所以又直线过点，两点对应的参数分别为所以. 23. （1） 则当时，为常函数. （2）由柯西不等式得:所以因此的最大值为3. 附加(1) ；(2)；【解析】试题分析：(1)首先根据与圆相切的两条直线求得点的坐标，然后求得直线的方程，由此可求得椭圆的方程；(2) 直线斜率均存在，设出直线、的方程，然后分别联立椭圆方程，结合韦达定理求得点的坐标，再结合中点求得斜率，从而求得定点；将中直线的方程代入椭圆方程中，然后将的长度表示出来，再结合基本不等式即可求出范围试题解析：(1)过作圆的切线，一条切线为直线，切点.设另一条切线为，即.因为直线与圆相切，则，解得，所以切线方程为.由，解得，直线的方程为,即.令，则，所以上顶点的坐标为，所以；令，则，所以右顶点的坐标为，所以，所以椭圆的方程为.(2) 若直线斜率均存在，设直线，, 则中点 . 先考虑 的情形.由得.由直线过点，可知判别式恒成立. 由韦达定理，得，故，将上式中的换成，则同理可得.若，得，则直线斜率不存在. 此时直线过点.下证动直线过定点. 当直线的斜率均存在且不为时， 由可知，将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得 ,所以.同理，因为，当且仅当时取等号，所以，即，所以，由四点构成的四边形面积的取值范围为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、椭圆的方程及几何性质；3、直线与椭圆的位置关系21(1) ；(2) ；(3) 试题解析：(1) 时，,；当时，在上为增函数，此时，当时，在上为增函数，故在上为增函数，此时当时，在上为增函数，在上为减函数，若，即时，故在上为增函数，在上为减函数，此时若，即时，在上为增函数，则此时，综上所述： （2），在上单调递减，在上单调递增，在上恰有两个相异实根，实数的取值范围是，（3）由题设：，（*），故在上单调递减，在上单调递增，（*），设，则，在上单调递增，在上单调递减，而，且，故存在，使，且时，时，又，时，使的图像恒在图像的上方的最大整数3（1）；（2）；(3) 不具有线性相关关系试题分析：（1）由已知，结合古典概型计算公式可得：易建联在该场比赛中超过的概率.（2）由已知，结合古典概型计算公式可得：易建联在两场比赛中超过的概率.（3）根据散点图，并不是分布在某一条直线的周围，可得结论.（1）设易建联在比赛中超过为事件，则共有8场比赛中超过，故.（2）设“易建联在这两场比赛中至少有一场超过”为事件，则从上述9场中随机选择两场共有36个基本事件，其中任意选择两场中，两场中都不超过的共有10个基本事件，故（3）不具有线性相关关系.因为散点图并不是分布在某一条直线的周围篮球是集体运动，个人无法完全主宰一场比赛. 衡水中学20162017学年度数学（理科）周测4答案 一、 选择题： CBCDB BBACB DA二、填空题： 13. 14. 1 15. 16. 三、解答题：17. （本题满分12分）12分18 （本题满分12分）12分19. （本题满分12分）8分12分20. （本题满分12分）6分12分21. （本题满分12分）(1)解：f(x)2x(a2) (x0)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，函数f(x)的单调增区间为(0，)当a0时，由f(x)0，得x ；由f(x)0，得0x0，且f(x)的最小值f 0，即a24a4a ln 0，所以a4ln40.令h(a)a4ln4，显然h(a)在(0，)上为增函数，且h(2)20，所以存在a0(2，3)，h(a0)0.当aa0时，h(a)0；当0aa0时，h(a)0.不妨设0x1x2，则(a2)x1alnx1c，(a2)x2alnx2c.两式相减得(a2)x1alnx1(a2)x2alnx20，即2x12x2ax1alnx1ax2alnx2a(x1lnx1x2lnx2)所以a.因为f0，当x时，f(x)0，故只要证 即可，即证明x1x2 ，即证明(x1x2)(lnx1lnx2) 2x12x2，即证明ln .设t (0t0，所以g(t)0，当且仅当t1时，g(t)0，所以g(t)在(0，)上是增函数又g(1)0，所以当t(0，1)时，g(t) 0总成立所以原题得证 12分22.(本小题满分10分) 解：(1)由得直线l的普通方程为-2分 又由得圆C的直角坐标方程为 即. -5分 (2) 把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程， 得 ，即 由于，故可设是上述方程的两实数根， 所以又直线l过点P，A、B两点对应的参数分别为 所以. -10分23解：（1） .4分 则当时，为常函数. .5分 （2）由柯西不等式得: 所以 因此M的最大值为3. -10分附加(1) ；(2)；【解析】试题分析：(1)首先根据与圆相切的两条直线求得点的坐标，然后求得直线的方程，由此可求得椭圆的方程；(2) 直线斜率均存在，设出直线、的方程，然后分别联立椭圆方程，结合韦达定理求得点的坐标，再结合中点求得斜率，从而求得定点；将中直线的方程代入椭圆方程中，然后将的长度表示出来，再结合基本不等式即可求出范围试题解析：(1)过作圆的切线，一条切线为直线，切点.设另一条切线为，即.因为直线与圆相切，则，解得，所以切线方程为.由，解得，直线的方程为,即.令，则所以上顶点的坐标为，所以；令，则，所以右顶点的坐标为，所以，所以椭圆的方程为.(2) 若直线 斜率均存在，设直线, 则中点 . 先考虑 的情形.由得.由直线过点 ，可知判别式恒成立. 由韦达定理，得，故，将上式中的换成，则同理可得.若，得，则直线斜率不存在. 此时直线过点.下证动直线过定点. 当直线的斜率均存在且不为时， 由可知，将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得 ,所以.同理，因为，当且仅当时取等号，所以，即，所以，由四点构成的四边形面积的取值范围为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、椭圆的方程及几何性质；3、直线与椭圆的位置关系21(1)；(2) ；(3)试题解析：(1)时，,;当时，在上为增函数