2017年吉林省吉林大学附中高考数学模拟试卷（理科）（8）（含解析）

2017年吉林省吉林大学附中高考数学模拟试卷（理科）（8）一、选择题（本大题包括12个小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）1（5分）已知集合，0，则集合，中元素的个数为A2B3C4D52（5分）已知复数的实部和虚部相等，则A2B3CD3（5分）已知是上的奇函数，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4（5分）在等比数列中，已知，则A12B18C24D365（5分）若，则直线必不经过A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限6（5分）算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该著作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用如图所示的程序框图的算法思路源于该著作中的“李白沽酒”问题，执行该程序框图，若输出的的值为0，则输入的的值为ABCD7（5分）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为，则A1B2C4D88（5分）某游戏中，一个珠子从如图所示的通道由上至下滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中出口者为胜如果你在该游戏中，猜得珠子从出口3出来，那么你取胜的概率为ABCD以上都不对9（5分）设，是平面上的两个单位向量，若，则的最小值是ABCD10（5分）已知实数，满足不等式组，若直线把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为，则ABCD11（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，且焦点与椭圆的焦点相同，离心率为，若双曲线的左支上有一点到右焦点的距离为18，为的中点，为坐标原点，则等于AB1C2D412（5分）不共面的三条定直线，互相平行，点在上，点在上，、两点在上，若（定值），则三棱锥的体积A由点的变化而变化B由点的变化而变化C有最大值，无最小值D为定值二、填空题（本大题包括4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）13（5分）椭圆的短轴长为，则 14（5分）有9个外表看上去一样的小球，其中8个重10克，1个重9克，现有一架天平，问至少称 次可以确保把轻球挑出来15（5分）由正整数组成的一组数据，其平均数和中位数都是2，且标准差等于1，则这组数据为（从小到大排列）16（5分）如图，在梯形中，若，到与的距离之比为，则可推算出：试用类比的方法，推想出下述问题的结果在上面的梯形中，延长梯形两腰，相交于点，设，的面积分别为，且到与的距离之比为，则的面积与，的关系是 三、解答题（本大题包括6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（12分）已知的内角，的对边分别为，（1）若，求；（2）若，求18（12分）为迎接2015年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松比赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现在抽奖活动，抽奖盒中装有大小相同的6个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球（登记后放回并摇匀），若抽到的两个球都印有“兰州马拉松”标志即可获奖并停止取球；否则继续，但每位嘉宾最多抽取3次，已知从盒中抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为（）求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球的个数；（）若用表示这位嘉宾抽取的次数，求的分布列和期望19（12分）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点，（）设是的中点，证明：平面；（）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离20（12分）如图，抛物线，点，在抛物线上，过作的切线，切点为，为原点时，重合于，当时，切线的斜率为（）求的值；（）当在上运动时，求线段中点的轨迹方程，重合于时，中点为21（12分）已知函数，（）请判断方程在区间，上的根的个数，并说明理由；（）判断的图象是否具有对称轴，如果有请写出一个对称轴方程，若不具有对称性，请说明理由；（）求证：选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为（）求曲线的参数方程；（）若曲线与轴的正半轴及轴的正半轴分别交于点，在曲线上任取一点，且点在第一象限，求四边形面积的最大值选修4-5：不等式选讲23已知函数（）若（1），求实数的取值范围；（）对任意，恒成立，求实数的值2017年吉林省吉林大学附中高考数学模拟试卷（理科）（8）参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括12个小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）1（5分）已知集合，0，则集合，中元素的个数为A2B3C4D5【考点】15：集合的表示法【专题】38：对应思想；：分类法；：集合【分析】当时，、0、，则、1、0；当时，、0、，则、；从而列举出集合中的元素即可【解答】解：当时，、0、，则、1、0；当时，、0、，则、；集合，0，1，故选：【点评】本题考查了元素与集合的关系，属于基础题2（5分）已知复数的实部和虚部相等，则A2B3CD【考点】：复数的运算【专题】11：计算题；35：转化思想；：数学模型法；：数系的扩充和复数【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数，再结合已知条件求出的值，根据复数求模公式计算得答案【解答】解：，复数的实部和虚部相等，即故选：【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题3（5分）已知是上的奇函数，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件【专题】35：转化思想；：转化法；：简易逻辑【分析】根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断【解答】解：函数是奇函数，若，则，则，即成立，即充分性成立，若，满足是奇函数，当时，满足，此时满足，但，即必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据函数奇偶性的性质是解决本题的关键4（5分）在等比数列中，已知，则A12B18C24D36【考点】88：等比数列的通项公式【专题】11：计算题；35：转化思想；：定义法；54：等差数列与等比数列【分析】设公比为，由题意求出公比，再根据等比数列的性质即可求出【解答】解：设公比为，解得，故选：【点评】本题考查了等比数列的性质，考查了学生的计算能力，属于基础题5（5分）若，则直线必不经过A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】：直线的截距式方程【分析】直线过不过象限，关键看直线在两坐标轴的截距，看截距的正负值，就可以确定不过的象限【解答】解：令，得，令，得，直线过，两点，因而直线不过第二象限故选：【点评】注意角的范围，三角函数值的符号，即注意截距的符号，是本题解题关键6（5分）算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该著作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用如图所示的程序框图的算法思路源于该著作中的“李白沽酒”问题，执行该程序框图，若输出的的值为0，则输入的的值为ABCD【考点】：程序框图【专题】11：计算题；27：图表型；：试验法；：算法和程序框图【分析】由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：模拟程序的运行，可得，满足条件，执行循环体，满足条件，执行循环体，满足条件，执行循环体，此时，不满足条件，退出循环，输出的值为0可得：，解得：故选：【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题7（5分）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为，则A1B2C4D8【考点】：由三视图求面积、体积【专题】：立体几何【分析】通过三视图可知该几何体是一个半球拼接半个圆柱，计算即可【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，其表面积为：，又该几何体的表面积为，解得，故选：【点评】本题考查由三视图求表面积问题，考查空间想象能力，注意解题方法的积累，属于中档题8（5分）某游戏中，一个珠子从如图所示的通道由上至下滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中出口者为胜如果你在该游戏中，猜得珠子从出口3出来，那么你取胜的概率为ABCD以上都不对【考点】：模拟方法估计概率【专题】11：计算题【分析】我们把从到3的路线图单独画出来：分析可得从到3总共有5个岔口，每一岔口走法的概率都是，而从到3总共有种走法，计算可得答案【解答】解：我们把从到3的路线图单独画出来：分析可得，从到3总共有种走法，每一种走法的概率都是，珠子从出口3出来是故选：【点评】本题是二项分布的一个模型，下面第层第个出口对应的概率是，2，9（5分）设，是平面上的两个单位向量，若，则的最小值是ABCD【考点】：平面向量数量积的性质及其运算【专题】11：计算题；35：转化思想；41：向量法；：平面向量及应用【分析】根据向量的数量积的运算法则和二次函数的性质即可求出即可【解答】解：设，是平面上的两个单位向量，则，当时，有最小值，的最小值是，故选：【点评】本题考查了向量的数量积的运算和二次函数的性质，属于基础题10（5分）已知实数，满足不等式组，若直线把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为，则ABCD【考点】：简单线性规划【专题】11：计算题；32：分类讨论；44：数形结合法；：不等式【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据面积比是，即可确定的值【解答】解：作出不等式组对应平面区如图（三角形部分），直线过定点，点在平面区域内，点到直线的距离，点到直线的距离，直线把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为，解得故选：【点评】本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域以及三角形的面积的应用，利用数形结合是解决本题的关键11（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，且焦点与椭圆的焦点相同，离心率为，若双曲线的左支上有一点到右焦点的距离为18，为的中点，为坐标原点，则等于AB1C2D4【考点】：双曲线的性质【专题】35：转化思想；48：分析法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】求得椭圆的焦点，可得双曲线的，由离心率公式可得，连接，利用是的中位线，再由双曲线的定义求出，进而得到的值【解答】解：椭圆的焦点为，可得双曲线的，离心率为，可得，由双曲线左支上有一点到右焦点的距离为18，是的中点，连接，是的中位线，可得，由双曲线的定义知，故选：【点评】本题考查椭圆的焦点和双曲线的焦点，考查双曲线的定义，考查三角形中位线的性质，属于中档题12（5分）不共面的三条定直线，互相平行，点在上，点在上，、两点在上，若（定值），则三棱锥的体积A由点的变化而变化B由点的变化而变化C有最大值，无最小值D为定值【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】11：计算题【分析】通过三条平行直线是固定的，推出三角形的面积固定，三棱锥顶点到底面的距离是固定的，说明棱锥的体积是定值即可【解答】解：因为三条平行线是固定的，所以到的距离是定值，所以三角形的面积是定值，到三角形的距离也是定值，所以三棱锥的体积定值故选：【点评】本题考查棱锥的体积的求法，同底等高体积相等，考查基本知识的应用二、填空题（本大题包括4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）13（5分）椭圆的短轴长为，则2【考点】：椭圆的性质【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】根据题意，将椭圆的方程变形为标准方程可得，比较与1的大小可得该椭圆的焦点在轴上，且，进而依据题意可得，解可得的值，即可得答案【解答】解：根据题意，椭圆的方程可以变形为，又由，则，故该椭圆的焦点在轴上，则，又由该椭圆的短轴长为，则有，解可得；故答案为：2【点评】本题考查椭圆的性质，注意要先将椭圆的方程化为标准方程，进而确定椭圆的焦点的位置以及的值14（5分）有9个外表看上去一样的小球，其中8个重10克，1个重9克，现有一架天平，问至少称2次可以确保把轻球挑出来【考点】55：二分法的定义与应用【专题】11：计算题；35：转化思想；：定义法；：推理和证明【分析】可采取把9个球三三组合，共分成3个组去称，用天平每次称两组，则：二二选一，两次即可【解答】解：把9个小球，三三组合，则可以分成3组，用天平去称，第一次称两组：若天平平衡，则重球在第三组，第二次称第三组其中的两个球，若天平平衡，则重球就是第三个，若不平衡，重的一边就是重球；若天平不平衡，则重球在重的一边，第二次称重的一边三个球中的两个，若平衡，第三个就是重球，若不平衡，重的一边就是重球；故答案为：2【点评】本题考查了二分法的应用，属于基础题15（5分）由正整数组成的一组数据，其平均数和中位数都是2，且标准差等于1，则这组数据为1，1，3，3（从小到大排列）【考点】：众数、中位数、平均数；：极差、方差与标准差【专题】：概率与统计【分析】由题意，可设，根据题设条件得出，再结合中位数是2，即可得出这组数据的值【解答】解：不妨设，依题意得，即，所以，则，结合，及中位数是2，只能，则这组数据为1，1，3，3故答案为：1，1，3，3【点评】本题考查中位数，平均数，标准差，解题的关键是利用相关公式建立方程，作了正确判断16（5分）如图，在梯形中，若，到与的距离之比为，则可推算出：试用类比的方法，推想出下述问题的结果在上面的梯形中，延长梯形两腰，相交于点，设，的面积分别为，且到与的距离之比为，则的面积与，的关系是【考点】：进行简单的合情推理【专题】29：规律型【分析】根据平行判断三角形相似，从而可得面积之比，利用已有的结论，即可得出结论【解答】解：，故答案为：【点评】本题考查的知识点是类比推理，类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）三、解答题（本大题包括6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（12分）已知的内角，的对边分别为，（1）若，求；（2）若，求【考点】：正弦定理；：余弦定理【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形【分析】（1）由已知结合正弦定理得：，解得的值，结合范围，可求的值，利用三角形内角和定理可求的值（2）由题意及余弦定理可知，由（1），可求，进而解得，的值，利用三角形面积公式即可计算得解【解答】解：（1）由已知，结合正弦定理得：，于是或（舍因为，所以，（2）由题意及余弦定理可知，由（1），得，即，联立解得，所以，【点评】本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题18（12分）为迎接2015年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松比赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现在抽奖活动，抽奖盒中装有大小相同的6个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球（登记后放回并摇匀），若抽到的两个球都印有“兰州马拉松”标志即可获奖并停止取球；否则继续，但每位嘉宾最多抽取3次，已知从盒中抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为（）求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球的个数；（）若用表示这位嘉宾抽取的次数，求的分布列和期望【考点】：离散型随机变量及其分布列；：离散型随机变量的期望与方差【专题】：概率与统计【分析】（）设印有“绿色金城行”的球有个，同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件，由对立事件的概率：（A），即，由此能求出（）由已知，两种球各三个，可能取值分别为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和期望【解答】解：（）设印有“绿色金城行”的球有个，同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件，则同时抽取两球都是“绿色金城行”标志的概率是，由对立事件的概率：（A），即，解得，则印有“兰州马拉松”标志的小球有个（6分）（）由已知，两种球各三个，可能取值分别为1，2，3，则 的分布列为：123所以（12分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要注意排列组合知识的合理运用19（12分）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点，（）设是的中点，证明：平面；（）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离【考点】：直线与平面平行；：点、线、面间的距离计算【专题】：空间位置关系与距离；：空间角；：空间向量及应用；：立体几何【分析】由于平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，所以、是两两垂直的三条直线，因此可以考虑用空间向量解决：连接，以为坐标原点，分别以、所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，对于，只需证明向量与平面的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一个法向量可求，从而得证；对于，在第一问的基础上，课设点的坐标，利用平面求出的坐标，而其道、的距离就是点 横纵坐标的绝对值【解答】证明：如图，连接，以为坐标原点，分别以、所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，0，0，8，0，0，（3分）由题意得，4，因，因此平面的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面（6分）设点的坐标为，则，因为平面，所以有，因此有，即点的坐标为（8分）在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，由点的坐标得点到，的距离为（12分）【点评】本题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用20（12分）如图，抛物线，点，在抛物线上，过作的切线，切点为，为原点时，重合于，当时，切线的斜率为（）求的值；（）当在上运动时，求线段中点的轨迹方程，重合于时，中点为【考点】：抛物线的性质；：直线与圆锥曲线的综合【专题】15：综合题；16：压轴题；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）利用导数的几何意义，先表示出切线方程，再由在抛物线上及在直线上两个前提下，得到相应的方程，解出值（）由题意，可先设出，两个端点的坐标及中点的坐标，再由中点坐标公式建立方程，直接求解出中点的轨迹方程【解答】解：（）因为抛物线上任意一点的切线斜率为，且切线的斜率为，所以设点坐标为，得，解得，点的坐标为，故切线的方程为因为点，在切线及抛物线上，于是解得（）设，由为线段中点知，切线，的方程为，；，由得，的交点，的坐标满足，因为点，在上，即，所以由得，当时，丙点重合于原点，中点为，坐标满足因此中点的轨迹方程为【点评】本题考查直线与圆锥曲线的关系，此类题运算较繁，解答的关键是合理引入变量，建立起相应的方程，本题探索性强，属于能力型题21（12分）已知函数，（）请判断方程在区间，上的根的个数，并说明理由；（）判断的图象是否具有对称轴，如果有请写出一个对称轴方程，若不具有对称性，请说明理由；（）求证：【考点】53：函数的零点与方程根的关系【专题】38：对应思想；49：综合法；51：函数的性质及应用【分析】令，解出的零点即可根据正弦函数的对称性猜想的对称轴，再进行验证即可；使用裂项法和放缩法化简【解答】解：令得，即，区间，上共有个整数，在，上