2017届湖南长沙长郡中学高三摸底考试数学(理)试题(解析版)

2017届湖南长沙长郡中学高三摸底考试数学（理）试题一、选择题1已知集合，则（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：由题意，所以故选C【考点】集合的运算2已知（是虚数单位），则等于（ ）A-1 B1 C0 D【答案】B【解析】试题分析：，则，所以故选B【考点】复数的运算3设变量满足约束条件，则的取值范围是（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：作出可行域，如图内部（含边界），其中表示点与点连线的斜率，即，所以故选D【考点】简单线性规划的非线性应用4等比数列中，函数，则（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：，所以故选C【考点】导数的运算，等比数列的性质5已知函数的最小正周期为，且其图像向左平移个单位后得到函数的图象，则函数的图象（ ）A关于直线对称 B关于直线对称C关于点 对称 D关于点 对称【答案】C【解析】试题分析：由题意，把向右平移个单位得，因此函数图象关于点对称，故选C【考点】三角函数的图象变换，函数的对称性6已知边长为的菱形中，沿对角线折成二面角为的四面体，则四面体的外接球的表面积为（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：如图1，取中点，连接，由已知可得平面平面，则外接球球心在面内，如图2，垂直平分，其中（实际上是的外心），分别解和得，外接球的表面积为故选D【考点】多面体与外接球，球的表面积【名师点睛】在长方体或正方体中其对角线就是外接球的直径，因此本题实质就是求长方体的对角线长，从而只要求得三棱长即可对其他的组合体的外接球要注意应用公式求解，对一个多面体来讲，其外接球球心在某个面的上射影一定是这个面上多边形的外心，此结论对解决外接球问题作用很大7执行如图所示的程序框图，若输出的值为8，则判断框内可填入的条件是（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：由程序框图，输出时，但，因此判断框内可填入的条件是，故选A【考点】程序框图8某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：由三视图知该几何体如图，可分为两个三棱锥和，因此故选B【考点】三视图，体积9已知，若，则的值为（ ）A0 B-1 C1 D【答案】B【解析】试题分析：，所以，由得，令得，所以故选B【考点】微积分基本定理，二项式定理的应用10一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0,1,2,2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜（若数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：甲摸的球数字在前，乙摸的球数字在后，则甲胜的情况有10，20，21，20，21共5种，其中乙摸1号球的有2种，因此概率为【考点】古典概型11已知直线与曲线相交于，且曲线在处的切线平行，则实数的值为（ ）A4 B4或-3 C-3或-1 D-3【答案】B【解析】试题分析：设，由得，由题意，因为，则有把代入得，由题意都是此方程的解，即，化简为，把代入并化简得，即，当时，两式相同，说明，舍去所以故选B【考点】导数的几何意义【名师点睛】本题考查了导数的几何意义，设切点坐标为，第一由这两点处切线平行可得出，第二，两点是直线与函数图象的交点，因此有是联立后的方程的解，下面是关键的一步，由（1）知都是这个方程的解，因此可代入后两式比较从而得出只含有的方程，可解出值，代入检验是我们都容易忘记的，是易错点，解题时要注意12数列满足，且，则的整数部分的所有可能值构成的集合是（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：,因此整数的可能值已有0，1，2，又由得，所以，由此可得，又由知当时，必有，而，因此对所有正整数，因此，所以的整数部分只可能为0，1，2，故选A【考点】数列的递推公式，裂项求和法【名师点睛】解本题时，从选择支的情况看可先计算一些特殊值如，从而发现可取的整数已经为0，1，2，再计算数字比较复杂了，因此要对和进行估算，最好能求和，从已知出发正好有，从而求出和，这里要注意还要证明才能得出结论，否则易出错13选修4-5：不等式选讲（1）设函数，若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值；（2）已知正数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）绝对值不等式恒成立，可先由绝对值的性质求得的最小值为，然后只要解不等式即可得的最大值；（2）观察已知与待求值式，用柯西不等式可得，关键是凑出柯西不等式的形式，应用柯西不等式即得试题解析：（1）由绝对值的性质得，所以的最小值为，从而，解得，因此的最大值为.（2）由于，所以当且仅当，即时，等号成立.的最小值为.【考点】绝对值不等式，柯西不等式二、填空题14已知，则二项式的展开式中的系数为 .【答案】6480【解析】试题分析：，展开式通项为，因此的系数为【考点】微积分基本定理，二项式定理的应用15已知等差数列的前项和满足，数列的前2016项的和为 .【答案】【解析】试题分析：由题意得，则，所以【考点】等差数列的通项公式，裂项相消法求和16已知是的中线，则的最小值是 .【答案】1【解析】试题分析：由题意，记，则，显然（当且仅当时取等号），所以，即最小值为1【考点】向量的线性运算，向量的数量积【名师点睛】本题考查向量的数量积，向量的线性运算，首先由向量的线性运算知识得由中线知题中都等于，这是关键，否则此题将无处下手，因此我们应该熟记数学上的一些结论，其次向量的模转化为向量的数量积，即，计算后结合基本不等式可立即得出结论17已知函数，若对任意的，恒有成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】试题分析：，设，由知，的对称轴为，因此时，即，故在上递增，故，因此不等式恒成立，即，即，所以【考点】导数的综合应用【名师点睛】本题考查不等式恒成立问题，解题时对存在量词与全称量词的处理是转化的关键，如“对任意的，恒有成立”，设的最大值为，最小值为，则命题转化为，这样变量的个数就减少为两个，接着可用分离参数法，再转化为函数的最值三、解答题18选修4-5：不等式选讲如果是实数，且，为大于1的自然数，用数学归纳法证明：.【答案】证明见解析.【解析】试题分析：首先证明当时,不等式成立,再假设时,不等式成立;在假设的基础上证明当时不等式也成立,最后得出结论不等式成立,要注意两种情况下不等式的变化.试题解析：当时，不等式成立，假设当时不等式成立，即，则当时，.即当时，不等式也成立.综上，.【考点】数学归纳法.19已知中，.（1）若，求的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）42【解析】试题分析：（1）已知两边及夹角，求第三边，直接用余弦定理可得；（2）从已知发现只要求出的长就可用公式求得面积，在中，可先求得，然后用正弦定理求得，从而得面积试题解析：（1）由余弦定理可知，（2）依题意，所以.【考点】余弦定理，正弦定理，两角和与差的余弦公式，三角函数的同角关系20长郡中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名高三学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）平均每天锻炼的时间（分钟）总人数203644504010将学生日均课外体育运动时间在上的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？课外体育不达标课外体育达标合计男女20110合计（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该校高三学生中，抽取3名学生，记被抽取的3名学生中的“课外体育达标”学生人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的数学期望和方差.参考公式：，其中.参考数据：0100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析，不能判断“课外体育达标”与性别有关；（2）期望为，方差为【解析】试题分析：（1）从所给数据知体育达标有50人，不达标有150人，再根据列联表中数据可填写表格，再由计算公式计算出即知结论；（2）从条件知随机变量，由二项公布的期望公式及方差公式易得期望与方差试题解析：（1）课外体育不达标课外体育达标合计男603090女9020110合计15050200所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.（2）由表中数据可得，抽到“课外体育达标”学生的频率为0.25，将频率视为概率，.【考点】列联表，独立性检验，二项分布21在四棱锥中，设底面是边长为1的正方形，面.（1）求证：；（2）过且与直线垂直的平面与交于点，当三棱锥的体积最大时，求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）要证线线垂直，可利用线面垂直的性质定理，即先证线面垂直，题中由正方形有，由已知线面垂直有，从而可证与平面垂直，从而得证题设结论；（2）求二面角，一般建立空间直角坐标系，用空间向量法求解，题中有两两垂直，以他们为坐标轴建立空间直角坐标系，由三棱锥体积最大时，求得的长，然后写出各点坐标，同时计算出点坐标，求得平面和平面的法向量，求出法向量夹角，可观察出此二面角为锐角，从而得二面角试题解析：（1）四边形是正方形，平面，由此推出，又，平面，而平面，所以推出.（2）设，三棱锥的底面积为定值，求得它的高，当，即时，最大值为，三棱锥的体积达到最大值为.以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，令，得，设是平面的一个法向量，则，得.又是平面的一个法向量，二面角为.【考点】线面垂直的判断与性质，二面角【名师点睛】求二面角，通常是用空间向量法，即建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角求得二面角在用这种方法求解时，有一个易错的地方就是不判断二面角是锐角不是钝角，就想当然地认为法向量的夹角就是等于二面角22已知点为圆的圆心，是圆上的动点，点在圆的半径上，且有点和上的点，满足，.（1）当点在圆上运动时，求点的轨迹方程；（2）若斜率为的直线与圆相切，直线与（1）中所求点的轨迹交于不同的两点，是坐标原点，且时，求的取值范围.【答案】（1）；（2）或【解析】试题分析：（1）从条件，知是线段的垂直平分线，从而得，因此以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，由此易得轨迹方程；（2）直线与椭圆相交问题，首先设直线方程为，由它与圆相切可得，设直线与椭圆的交点为，把直线方程与椭圆方程联立后消元整理可得诉一元二次方程，从而有，同时注意，接着计算，代入刚才的结论得到用表示的，代入已知不等式可得的范围试题解析：（1）由题意知：是线段的垂直平分线，所以所以点的轨迹是以点为焦点，焦距为2，长轴为的椭圆，故点的轨迹方程是.（2）设直线，直线与圆相切联立，所以或为所求.【考点】定义法求轨迹方程，直线与圆的位置关系，直线与椭圆相交问题【名师点睛】本题是圆锥曲线中范围问题，可设直线方程为，由直线与圆相交可得关系（要题中为），设交点坐标为，把直线方程与椭圆方程（圆锥曲线方程）联立后可得的一元二次方程，从而得，再计算题中给出的量如本题的数量积，或者线段长，直线斜率 ，三角形面积等等），把代入可把已知关系用表示出来，从而解得的范围23已知函数.（1）当时，求的单调性；（2）若，且方程有两个不相等的实数根，求证：.【答案】（1）单调递增；（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）判断单调性，只要求得导数，然后判断的正负即得，本题中，为了判断的正负，还要对进行研究，同样求得导数，判断出在时，从而，因此可得的单调性；（2）对方程，首先考虑，求出导数，再求导数，通过研究的单调性和在上的函数值符号可确定在上有唯一的零点，这样在上递减，在上递增，类似可得在上的单调性和极值点，利用可把和之间建立一个不等关系（注意），从而证得结论试题解析：（1），设，则，当时，在上单调递增.（2），在上单调递增，当时，必存在，使得，即，在上单调递减，在上单调递增，又，设，则，在上单调递减，在上单调递增，又，不妨设，则，由（1）知，.【考点】导数与单调性，函数的零点，导数的综合应用24选修4-1：几何证明选讲如图，四边形外接于圆，是圆周角的角平分线，过点的切线与延长线交于点，交于点.（1）求证：；（2）若是圆的直径，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】试题分析：（1）要证两直线平行可证同位角相等或内错角相等，图中是弦切角，是圆周角，利用是角平分线，易证这两个内错角相等，从而两直线平行；（2）观察已知两线段所在三角形，可得它们相似，从而可求得，这样四边形中的角就可求得，从而可得的长试题解析：（1）是圆周角的角平分线，.又是圆的切线，.又，.（2）由（1）知，是圆的直径，.，由（1）知，则，.在中，在中，所以.【考点】弦切角与圆周角定理，三角形相似的判定与性质，解直角三角形25选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为，点的极坐标为，若直线过点，且倾斜