江苏苏北三连云港、徐州、宿迁高三数学第三次模拟考试

江苏省苏北三市（连云港、徐州、宿迁）2017届高三数学第三次模拟考试试题（含解析）参考公式：样本数据的方差，其中.棱锥的体积，其中是棱锥的底面积，是高.一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1. 已知集合，则集合中元素的个数为_【答案】【解析】由于，所以集合中元素的个数为5.【点睛】根据集合的交、并、补定义：， ，求出，可得集合中元素的个数.2. 设，（为虚数单位），则的值为_【答案】1【解析】由于 ，有，得.3. 在平面直角坐标系中，双曲线的离心率是_【答案】【解析】 4. 现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是_【答案】【解析】把这三张卡片排序有“中”“国”“梦”，“中”“梦”“国”，“国”“中”“梦”；“国”“梦”“中”“梦”“中”“国”；“梦”“国”“中”；共计6种，能组成“中国梦” 的只有1种，概率为.【点睛】本题为古典概型，三个字排列可采用列举法，把所有情况按顺序一、一列举出来，写出基本事件种数，再找出符合要求的基本事件种数，再利用概率公式 ，求出概率值.5. 如图是一个算法的流程图，则输出的的值为_【答案】【解析】试题分析：由得，再由题意知.考点：算法流程图的识读和理解6. 已知一组数据，则该组数据的方差是_【答案】(或)【解析】 7. 已知实数，满足 则的取值范围是_【答案】(或)【解析】本题为线性规划，画出一元二次不等式组所表示的可行域，目标函数为斜率型目标函数，表示可行域内任一点与坐标原点连线的斜率，得出最优解为，则的取值范围是 【点睛】线性规划问题为高考热点问题，线性规划考查方法有两种，一为直接考查，目标函数有截距型、斜率型、距离型（两点间距离和点到直线距离）等，二为线性规划的逆向思维型，给出最优解或最优解的个数反求参数的范围或参数的值.8. 若函数的图象过点，则函数在上的单调减区间是_【答案】(或)【解析】函数的图象过点，则， ，.,有于在为减函数，所以，解得.9. 在公比为且各项均为正数的等比数列中，为的前项和若，且，则的值为_【答案】【解析】 , , , .10. 如图，在正三棱柱中，已知，点在棱上，则三棱锥的体积为_【答案】【解析】由已知 ， 由于平面 ，所以 【点睛】求三棱锥的体积要注意利用体积转化，以方便计算.体积转化方法有平行转化法、比例转化法、对称转化法.用上述方法交换顶点的位置，此外还经常利用底面的关系交换底面，利用图形特点灵活转化，达到看图清楚，计算简单的目的.11. 如图，已知正方形的边长为，平行于轴，顶点，和分别在函数，和()的图象上，则实数的值为_【答案】【解析】由于顶点，和分别在函数，和()的图象上，设，由于平行于轴，则，有 ，解得，又 ，则.【点睛】由于正方形三个顶点在对数函数图像上，且平行于轴，则轴，因此可以巧设出三点的坐标，利用两点纵坐标相等，横坐标之差的绝对值为边长2，以及两点横坐标相等，纵坐标之差的绝对值为边长2，解答出本题.12. 已知对于任意的，都有，则实数的取值范围是_【答案】(或)【解析】利用一元二次方程根的分布去解决，设 ，当时，即 时， 对 恒成立；当时， ，不合题意；当时， 符合题意；当 时， ，即 ，即： 综上所述：实数的取值范围是.【点睛】有关一元二次方程的根的分布问题，要结合一元二次方程和二次函数的图象去作，要求函数值在某区间为正，需要分别对判别式大于零、等于零和小于零进行分类研究，注意控制判别式、对称轴及特殊点的函数值的大小，列不等式组解题.13. 在平面直角坐标系中，圆若圆存在以为中点的弦，且，则实数的取值范围是_【答案】(或)【解析】由于圆存在以为中点的弦，且，所以,如图，过点作圆的两条切线，切点分别为，圆上要存在满足题意的点，只需，即，连接，由于， ，解得.【点睛】已知圆的圆心在直线上，半径为，若圆存在以为中点的弦，且，说明，就是说圆上存在两点，使得.过点作圆的两条切线，切点分别为，圆上要存在满足题意的点，只需，即，则只需，列出不等式解出的范围.14. 已知三个内角，的对应边分别为，且，当取得最大值时，的值为_【答案】【解析】设的外接圆半径为，则 . , ., ，则当，即：时，取得最大值为，此时中， .【点睛】已知三角形的一边及其所对的角，可以求出三角形外接圆的半径，利于应用正弦定理“边化角”“角化边”，也利于应用余弦定理. 具备这样的条件时要灵活选择解题路线，本题采用先“边化角”后减元的策略，化为关于角的三角函数式，根据角的范围研究三角函数的最值，从角的角度去求最值，由于答案更加准确，所以成为一种通法，被更多的人采用.二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或计算步骤15. 如图，在中，已知点在边上，（1）求的值；（2）求的长【答案】（1）（2）【解析】试题分析：根据平方关系由求出，利用求出，根据三角形内角和关系利用和角公式求出，利用正弦定理求出，根据，计算，最后利用余弦定理求出.试题解析：（1）在中，所以同理可得， 所以 （2）在中，由正弦定理得， 又，所以 在中，由余弦定理得，【点睛】凑角求值是高考常见题型，凑角求知要“先备料”后代入求值，第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，要灵活使用正、余弦定理，有时还要用到面积公式，注意边角互化.16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，点在棱上(异于点，)，平面与棱交于点（1）求证：；（2）若平面平面，求证：【答案】（1）（2）【解析】试题分析：利用线面平行的判定定理由，说明平面，再由线面平行的性质定理，说明线线平行；由面面垂直的性质定理，平面内一条直线垂直交线，说明线面垂直，利用线面垂直的判定定理说明线面垂直.（1）因为是矩形，所以 又因为平面，平面，所以平面 又因为平面，平面平面，所以 （2）因为是矩形，所以 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面 又平面，所以 又由（1）知，所以【点睛】证明垂直问题时，从线线垂直入手，进而达到线面垂直，最终证明面面垂直，而面面垂直的性质定理显得更加重要，使用面面垂直的性质定理时，一定要抓住交线，面面垂直性质定理的使用非常重要，要引起重视.17. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点(点在轴上方)（1）若，求直线的方程；（2）设直线，的斜率分别为，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）【解析】试题分析：设直线的方程，联立方程组，利用向量关系找出两交点的纵坐标关系，解方程求出直线方程；利用第一步的根与系数关系，借助已知的斜率关系求出的值.试题解析：（1）因为，所以，所以的坐标为， 设，直线的方程为，代入椭圆方程，得，则， 若，则，解得，故直线的方程为 （2）由（1）知，所以， 所以 ，故存在常数，使得【点睛】求直线方程首先要设出方程，根据题目所提供的坐标关系，求出直线方程中的待定系数，得出直线方程；第二步存在性问题解题思路是首先假设存在，利用所求的，结合已知条件，得出坐标关系，再把，代入求出符合题意，则存在，否则不存在.18. 某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示圆的圆心与矩形对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(为上切点)，与左右两边相交(，为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域已知圆的半径为1m，且设，透光区域的面积为（1）求关于的函数关系式，并求出定义域；（2）根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好当该比值最大时，求边的长度【答案】（1）（2）【解析】试题分析: 根据题意表示出所需的线段长度，再分别求三角形和扇形面积，从而表示出总面积，再根据题意要求求出函数的定义域；根据题意表示出“透光比”函数，借助求导，研究函数单调性求出最大值.试题解析:（1）过点作于点，则，所以， 所以， 因为，所以，所以定义域为（2）矩形窗面的面积为则透光区域与矩形窗面的面积比值为10分设，则， 因为，所以，所以，故，所以函数在上单调减所以当时，有最大值，此时(m) 答：（1）关于的函数关系式为，定义域为；（2）透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，的长度为1m【点睛】应用问题在高考试题中很常见，也是学生学习的弱点，建立函数模型是关键，本题根据题目所给的条件列出面积关于自变量的函数关系，注意函数的定义域；求函数最值问题方法很多，求导是一种通法.19. 已知两个无穷数列和的前项和分别为，对任意的，都有（1）求数列 的通项公式；（2）若 为等差数列，对任意的，都有证明：；（3）若 为等比数列，求满足 的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：利用题目提供的 方面的关系，借助转化为的关系，证明出满足等差数列定义，利用等差数列通项公式求出，进而得出，成等差数列，写出，根据恒成立，得出和公差的要求，比较的大小可采用比较法；是以为首项，为公比的等比数列，求出和，根据题意求出的值.试题解析：（1）由，得，即，所以 由，可知所以数列是以为首项，为公差的等差数列故的通项公式为 （2）证法一：设数列的公差为，则，由（1）知，因为，所以，即恒成立，所以 即 又由，得，所以 所以，得证 证法二：设的公差为，假设存在自然数，使得，则，即，因为，所以 所以，因为，所以存在，当时，恒成立这与“对任意的，都有”矛盾！所以，得证 （3）由（1）知，因为 为等比数列，且，所以是以为首项，为公比的等比数列所以， 则，因为，所以，所以 而，所以，即（*）当，时，（*）式成立； 当时，设，则，所以故满足条件的的值为和【点睛】等差数列和等比数列是高考的重点，要掌握等差数列和等比数列的通项公式与前项和公式，另外注意利用这个公式，从到，从到转化.20. 已知函数，（1）当时，求函数的单调增区间；（2）设函数，若函数的最小值是，求的值；（3）若函数，的定义域都是，对于函数的图象上的任意一点，在函数的图象上都存在一点，使得，其中是自然对数的底数，为坐标原点求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：求函数的单调区间可利用求导完成，求函数的最值可通过求导研究函数的单调性求出极值，并与区间端点函数值比较得出最值；解决问题，先求出斜率的取值范围，根据垂直关系得出斜率的取值范围，转化为恒成立问题，借助恒成立思想解题.试题解析：（1）当时， 因为在上单调增，且，所以当时，；当时，所以函数的单调增区间是 （2），则，令得，当时，函数在上单调减；当时，函数在上单调增所以 当，即时，函数的最小值，即，解得或（舍），所以；当，即时，函数的最小值，解得（舍）综上所述，的值为 （3）由题意知，考虑函数，因为在上恒成立，所以函数在上单调增，故 所以，即在上恒成立，即在上恒成立设，则在上恒成立，所以在上单调减，所以 设，则在上恒成立，所以在上单调增，所以综上所述，的取值范围为【点睛】求函数的单调区间、极值和最值是高考常见基础题，求函数的单调区间可利用求导完成，求函数的最值可通过求导研究函数的单调性求出极值，并与区间端点函数值比较得出最值；恒成立为题为高考热点，已经连续命题许多年，必须重视.本题包括21、22、23、24四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21. 如图，圆的弦，交于点，且为弧的中点，点在弧上若，求的度数【答案】45【解析】试题分析：同弧或等弧所对的圆周角相等，利用等量代换，借助角与角的关系求出所求的角 .试题解析：连结，因为为弧的中点，所以而，所以，即 又因为，所以，故【点睛】平面几何选讲部分要注意与圆有关的定理，特别是涉及到角的关系的定理，寻求角的相等，边与边的关系，大多利用全等三角形或相似三角形解题.22. 已知矩阵，若，求矩阵的特征值【答案】矩阵的特征值为，【解析】试题分析: 根据矩阵运算解出，写出矩阵的特征多项式 ，计算后令，求出特征值.试题解析：因为，所以 解得 所以所以矩阵的特征多项式为，令，解得矩阵的特征值为，【点睛】矩阵为选修内容，根据矩阵运算解出，写出矩阵的特征多项式 ，计算后令，求出特征值.23. 在极坐标系中，已知点，点在直线上当线段最短时，求点的极坐标【答案】点的极坐标为【解析】试题分析：利用极坐标与直角坐标互化公式，把化为直角坐标，再把的方程化为直角坐标方程，要使最短，过点作直线的垂线，垂足为，写出垂线方程，解方程组求出交点坐标，再化为极坐标.试题解析：以极点为原点，极轴为轴正半轴，建立平面直角坐标系，则点的直角坐标为，直线的直角坐标方程为 最短时，点为直线与直线的交点，解得 所以点的直角坐标为 所以点的极坐标为【点睛】极坐标为选修内容，掌握极坐标与直角坐标互化公式，掌握点和方程的互化，结合解析几何知识解题.24. 已知，为正实数，且求证：【答案】详见解析【解析】试题分析：根据实施等转不等，得出，再根据三个正数的算术平均数不小于几何平均数，证明出结论.试题解析：因为，所以， 所以，当且仅当时，取“”【点睛】不等式选讲为选修内容，注意利用均值不等式、柯西不等式、排序不等式进行证明，另外注意选用证明方法，如综合法、分析法、反证法，与正整数有关的命题有时还采用数学归纳法.【必做题】第25题、第26题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤25. 在平面直角坐标系中，点，直线与动直线的交点为，线段的中垂线与动直线的交点为（1）求动点的轨迹的方程；（2）过动点作曲线的两条切线，切点分别为，求证：的大小为定值【答案】（1）曲线的方程为（2）详见解析试题解析：（1）因为直线与垂直，所以为点到直线