2017学年福建省福州一中高三（上）开学数学试卷（理科）（含解析）

2016-2017学年福建省福州一中高三（上）开学数学试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1（5分）已知集合，则ABCD2（5分）复数的共轭复数是ABCD3（5分）已知，则的值是ABCD4（5分）已知随机变量服从正态分布，且，则A0.84B0.68C0.32D0.165（5分）等差数列的公差且，则数列的前项和有最大值，当取得最大值时的项数是A6B7C5或6D6或76（5分）使展开式中含有常数项的的最小值是A3B4C5D67（5分）已知函数的图象的一个对称中心为，则函数的单调递减区间是A，B，C，D，8（5分）已知球的半径为，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，则球的表面积为ABCD9（5分）函数的图象大致是ABCD10（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是ABCD11（5分）已知点为坐标原点，点在双曲线为正常数）上，过点作双曲线的某一条渐近线的垂线，垂足为，则的值为ABCD无法确定12（5分）已知实数，满足，其中是自然对数的底数，则的最小值为A4B8C12D18二、填空题13（5分）曲线在点，（1）处的切线方程为 14（5分）已知平面向量与的夹角为，则 15（5分）不等式组的解集为，若，则的最小值是 16（5分）设函数定义域为，当，时，则函数在区间，上的所有零点的和为 三、解答题17（12分）在中，角，所对的边分别为，已知，（）求的值；设为的中点，若的面积为，求的长18（12分）有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响据调查统，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表：所用的时间（天数）10111213通过公路的频数20402020通过公路2的频数10404010假设汽车只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车只能在约定日期的前12天出发（将频率视为概率）为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙，估计汽车和汽车应如何选择各自的路径；（）若通过公路、公路2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元（其他费用忽略不计），此项费用由生产商承担如果生产商恰能在约定日期当天将货物送到，则销售商一次性支付给生产商40万元，若在约定日期前送到；每提前一天销售商将多支付给生产商2万元；若在约定日期后送到，每迟到一天，生产商将支付给销售商2万元如果汽车，按中所选路径运输货物，试比较哪辆汽车为生产商获得的毛利润更大19（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，且点是棱的中点，平面与棱交于点（）求证：；（）若，且平面平面，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值20（12分）已知点，点是直线上的动点，过作直线，线段的垂直平分线与交于点（）求点的轨迹的方程；（）若点，是直线上两个不同的点，且的内切圆方程为，直线的斜率为，求的取值范围21（12分）已知函数，是自然对数的底数）（）若对任意恒成立，求实数的取值范围；（）若方程有两个不同的实数解，求证：选修4-1：几何证明选讲22（10分）选做题：几何证明选讲如图，是边长为的正方形，以为圆心，为半径的圆弧与以为直径的半圆交于点，延长交于（1）求证：是的中点；（2）求线段的长选修4-4：坐标系于参数方程23在直角坐标系中，直线过点，其倾斜角为，圆的参数方程为再以原点为极点，以正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位（1）求圆的极坐标方程；（2）设圆与直线交于点、，求的值选修4-5：不等式选讲24已知，（）求函数的最小值；（）若不等式的解集非空，求的取值范围2016-2017学年福建省福州一中高三（上）开学数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1（5分）已知集合，则ABCD【考点】：交集及其运算【专题】11：计算题；49：综合法；59：不等式的解法及应用；：集合【分析】，0，从而解得【解答】解：，0，故，故选：【点评】本题考查了集合的化简与不等式的解法应用，属于基础题2（5分）复数的共轭复数是ABCD【考点】：复数的运算【专题】11：计算题；38：对应思想；：定义法；：数系的扩充和复数【分析】利用复数的运算法则和共轭复数的定义即可得出【解答】解：，复数的共轭复数是故选：【点评】熟练掌握复数的运算法则和共轭复数的定义是解题的关键3（5分）已知，则的值是ABCD【考点】：运用诱导公式化简求值【专题】11：计算题；35：转化思想；56：三角函数的求值【分析】由已知及诱导公式即可计算求值【解答】解：，故选：【点评】本题主要考查了诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题4（5分）已知随机变量服从正态分布，且，则A0.84B0.68C0.32D0.16【考点】：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【专题】11：计算题；36：整体思想；：定义法；：概率与统计【分析】根据对称性，由的概率可求出，即可求出【解答】解：，故选：【点评】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，注意根据正态曲线的对称性解决问题5（5分）等差数列的公差且，则数列的前项和有最大值，当取得最大值时的项数是A6B7C5或6D6或7【考点】85：等差数列的前项和【专题】35：转化思想；：定义法；54：等差数列与等比数列【分析】根据题意得出，由此能求出数列的前项和取得最大值时的项数【解答】解：等差数列中，公差，且，即，又；数列的前6或7项最大故选：【点评】本题主要考查了等差数列的性质与求和公式的应用问题，是基础题目6（5分）使展开式中含有常数项的的最小值是A3B4C5D6【考点】：二项式定理【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；：二项式定理【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出与的关系值，即可求得的最小值【解答】解：展开式的通项公式为，令，求得，可得含有常数项的的最小值是5，故选：【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题7（5分）已知函数的图象的一个对称中心为，则函数的单调递减区间是A，B，C，D，【考点】：正弦函数的图象【专题】33：函数思想；43：待定系数法；44：数形结合法；57：三角函数的图象与性质【分析】由题意和函数的对称性待定系数可得函数解析式，可得单调递减区间【解答】解：由题意可得，故，解得，由可得，由可得，函数的单凋递减区间为，故选：【点评】本题考查三角函数的图象和性质，涉及三角函数的单调性，属基础题8（5分）已知球的半径为，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，则球的表面积为ABCD【考点】：球的体积和表面积【专题】15：综合题；34：方程思想；49：综合法；：球【分析】利用余弦定理求出的长，进而由正弦定理求出平面截球所得圆的半径，结合球心距，求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案【解答】解：在中，由正弦定理可得平面截球所得圆的半径（即的外接圆半径），又球心到平面的距离，球的半径，故球的表面积，故选：【点评】本题考查的知识点是球的体积和表面积，其中根据已知条件求出球的半径是解答本题的关键9（5分）函数的图象大致是ABCD【考点】：函数的图象与图象的变换【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；51：函数的性质及应用；53：导数的综合应用【分析】求导，从而确定导数的正负及函数的单调性，从而利用排除法求得【解答】解：，当时，；故函数在，上是增函数，故排除，；在，上单调递增，且在，上先负后正，故在，上有极小值，而在，上，恒成立；故排除；故选：【点评】本题考查了导数的综合应用及数形结合的思想方法应用，同时考查了函数的性质应用10（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是ABCD【考点】：由三视图求面积、体积【专题】11：计算题；31：数形结合；49：综合法；：立体几何【分析】根据三视图知几何体是组合体：下面是半个圆柱、上面是一个以圆柱轴截面为底的四棱锥，并求出圆柱的底面半径、母线，四棱锥的高和底面边长，代入体积公式求值即可【解答】解：根据三视图知几何体是组合体，下面是半个圆柱、上面是一个以圆柱轴截面为底的四棱锥，圆柱的底面半径为2，母线长为3；四棱锥的高是2，底面是边长为4、3的矩形，该几何体的体积，故选：【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，以及几何体的体积公式，考查空间想象能力，三视图正确复原几何体是解题的关键11（5分）已知点为坐标原点，点在双曲线为正常数）上，过点作双曲线的某一条渐近线的垂线，垂足为，则的值为ABCD无法确定【考点】：双曲线的性质【专题】34：方程思想；48：分析法；：直线与圆；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】设，即有，求出双曲线的渐近线为，运用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得，化简整理计算即可得到所求值【解答】解：设，即有，双曲线的渐近线为，可得，由勾股定理可得，可得故选：【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查渐近线方程的运用，注意点满足双曲线的方程，考查运算能力，属于中档题12（5分）已知实数，满足，其中是自然对数的底数，则的最小值为A4B8C12D18【考点】：两点间的距离公式【专题】：直线与圆【分析】由已知得点在曲线上，点在曲线上，的几何意义就是曲线到曲线上点的距离最小值的平方由此能求出的最小值【解答】解：实数，满足，点在曲线上，点在曲线上，的几何意义就是曲线到曲线上点的距离最小值的平方考查曲线上和直线平行的切线，求出上和直线平行的切线方程，令，解得，切点为，该切点到直线的距离就是所要求的两曲线间的最小距离，故的最小值为故选：【点评】本题考查代数式的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意两点间距离公式的合理运用二、填空题13（5分）曲线在点，（1）处的切线方程为【考点】：利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】34：方程思想；：定义法；52：导数的概念及应用【分析】求函数的导数，利用导数的几何意义进行求解即可【解答】解：函数的导数，则（1），即切线斜率，（1），切点坐标为，则切线方程为，即，故答案为：【点评】本题主要考查函数切线的求解，根据导数的几何意义是解决本题的关键14（5分）已知平面向量与的夹角为，则2【考点】：平面向量数量积的性质及其运算【专题】34：方程思想；49：综合法；：平面向量及应用【分析】对两边平方得出关于的方程，即可解出【解答】解：，即，解得故答案为：2【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，属于中档题15（5分）不等式组的解集为，若，则的最小值是【考点】：简单线性规划【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；59：不等式的解法及应用；：不等式【分析】由题意作平面区域，从而可得当，时有最小值，从而求得【解答】解：由题意作平面区域如下，结合图象可知，当，即过点时，有最小值为，故答案为：【点评】本题考查了线性规划问题，同时考查了数形结合的思想应用16（5分）设函数定义域为，当，时，则函数在区间，上的所有零点的和为7【考点】52：函数零点的判定定理【专题】33：函数思想；49：综合法；51：函数的性质及应用【分析】根据的对称性和奇偶性可知在，上共有3条对称轴，根据三角函数的对称性可知也关于，对称，故而在，上3条对称轴，根据和在，上的函数图象，判断在，上的零点分布情况，利用函数的对称性得出零点之和【解答】解：，关于对称，关于对称，是以2为周期的函数，在，上共有3条对称轴，分别为，又关于，对称，为的对称轴作出和在，上的函数图象如图所示：由图象可知在和，上各有1个零点，且为的一个零点在，上共有7个零点，设这6个零点从小到大依次为，则，关于对称，关于对称，关于对称，故答案为：7【点评】本题考查了函数的周期性，奇偶性的应用，函数零点个数判断，属于中档题三、解答题17（12分）在中，角，所对的边分别为，已知，（）求的值；设为的中点，若的面积为，求的长【考点】：平面向量数量积的性质及其运算【专题】35：转化思想；49：综合法；：平面向量及应用【分析】（1）利用向量的数量积和正玄定理得出，根据三角公式得出，根据诱导公式求解即可（2）利用面积公式，以及余弦定理求解即可【解答】解：在中，即，（2）设，的面积为，根据余弦定理得出：【点评】本题考查了向量数量积以及正弦定理和余弦定理的运用，在判断三角形形状时，要注意对角的范围进行分析，即求角的大小需要两个条件：该角的一个三角函数值和该角的范围，缺一不可，正、余弦定理是解三解形必用的数学工具18（12分）有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响据调查统，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如表：所用的时间（天数）10111213通过公路的频数20402020通过公路2的频数10404010假设汽车只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车只能在约定日期的前12天出发（将频率视为概率）为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙，估计汽车和汽车应如何选择各自的路径；（）若通过公路、公路2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元（其他费用忽略不计），此项费用由生产商承担如果生产商恰能在约定日期当天将货物送到，则销售商一次性支付给生产商40万元，若在约定日期前送到；每提前一天销售商将多支付给生产商2万元；若在约定日期后送到，每迟到一天，生产商将支付给销售商2万元如果汽车，按中所选路径运输货物，试比较哪辆汽车为生产商获得的毛利润更大【考点】：概率及其性质；：相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式【专题】15：综合题；35：转化思想；49：综合法；：概率与统计【分析】求出频率分布表，计算汽车在约定日期（某月某日）的前11天出发选择公路1，2将货物运往城市乙的概率；汽车在约定日期（某月某日）的前12天出发选择公路1，2将货物运往城市乙的概率，即可得到结论；分别确定汽车、为生产商获得毛利润的概率分布列，求出期望，比较期望值，即可得到结论【解答】频率分布表，如下：所用的时间（天数）10111213通过公路1的频数0.20.40.20.2通过公路2的频数0.10.40.40.1设，分别表示汽车在约定日期（某月某日）的前11天出发选择公路1，2将货物运往城市乙；，分别表示汽车在约定日期（某月某日）的前12天出发选择公路1，2将货物运往城市乙，汽车选择公路1，汽车选择公路2；设表示汽车选择公路1，销售商支付给生产商的费用，则，40，38，36的分布列如下： 42 40 3836 0.2 0.4 0.2 0.2汽车选择公路1时的毛利润为（万元）设为汽车选择公路2时的毛利润，则，40.4，38.4，36.4分布列如下 42.4 40.4 38.436.4 0.1 0.4 0.4 0.1，汽车为生产商获得毛利润更大【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查比较两个变量的期望值，得到最优思路，是一个利用概率知识解决实际问题的题目，是一个综合题19（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，且点是棱的中点，平面与棱交于点（）求证：；（）若，且平面平面，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【考点】：空间中直线与直线之间的位置关系；：二面角的平面角及求法【专题】14：证明题；35：转化思想；41：向量法；：空间位置关系与距离【分析】（）推导出，从而面，由此能证明（）取中点，连接，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值【解答】（本小题满分13分）证明：（）因为底面是菱形，所以又因为面，面，所以面又因为，四点共面，且平面平面，所以 （5分）解：（）取中点，连接，因为，所以又因为平面平面，且平面平面，所以平面所以在菱形中，因为，是中点，所以如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系设，则，0，0，又因为，点是棱中点，所以点是棱中点所以，所以，设平面的法向量为，则有所以令，则平面的一个法向量为因为平面，所以是平面的一个法向量因为，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 （13分）【点评】本题考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用20（12分）已知点，点是直线上的动点，过作直线，线段的垂直平分线与交于点（）求点的轨迹的方程；（）若点，是直线上两个不同的点，且的内切圆方程为，直线的斜率为，求的取值范围【考点】：直线与圆锥曲线的综合【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）点到点的距离等于它到直线的距离，从而点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，由此能求出曲线的方程（）设，点，点，直线的方程为，的内切圆的方程为，圆心到直线的距离为1，由，得，同理，由此利用韦达定理、弦长公式、直线斜率，结合已知条件能求出的取值范围【解答】解：（）点，点是直线上的动点，过作直线，线段的垂直平分线与交于点，点到点的距离等于它到直线的距离，点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，曲线的方程为（）设，点，点，直线的方程为：，化简，得，的内切圆的方程为，圆心到直线的距离为1，即，由题意得，上式化简，得，同理，有，是关于的方程的两根，直线的斜率，则，函数在上单调递增，的取值范围是【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，考查代数式的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意抛物线定义、椭圆性质、韦达定理、弦长公式、直线斜率的合理运用21（12分）已知函数，是自然对数的底数）（）若对任意恒成立，求实数的取值范围；（）若方程有两个不同的实数解，求证：【考点】53：函数的零点与方程根的关系；：利用导数研究函数的最值【专题】33：函数思想；49：综合法；53：导数的综合应用【分析】（）由对恒成立，故对恒成立，令，从而化成最值问题；（）由题意可求出；则的两个不同根为，做的图象，利用数形结合证明【解答】（）解：若对任意恒成立可化为对恒成立，故对恒成立，令，则；则当时，时，；故在处有最大值；故；（）证明：若方程有两个不同的实数解，结合（1）可知，解得，；则，；则的两个不同根为，令，则，知在上单调递增，在上单调递减；又当，时，故不妨设，；对于任意，设，若，其中，在上单调递增，在上单调递减；又，；，；故随着的减小而增大，令，可化为；则，；则，令，则可证明在上单调递增；故随着的增大而增大，即随着的增大而增大，故随着的减小而增大，而当时，；故【点评】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了数形结合的思想应用，属于难题选修4-1：几何证明选讲22（10分）选做题：几何证明选讲如图，是边长为的正方形，以为圆心，为半径的圆弧与以为直径的半圆交于点，延长交于（1）求证：是的中点；（2）求线段的长【考点】：相似三角形的判定；：相似三角形的性质；：圆周角定理【专题】11：计算题；14：证明题【分析】（1）根据，是的切线，且是圆的弦，得到，即，得到两个三角形全等，得到线段相等，得到结论（2）根据两个角对应相等，得到两个三角形相似，得到对应边成比例，根据所给的长度，代入比例式，得到要求的线段【解答】（1）证明：连