成都市2018届高二零诊复习训练-3(理科)

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第=page11页，总=sectionpages22页答案第=page11页，总=sectionpages11页成都市2016-2017学年高二下期末零诊模拟测试卷-3（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（共12小题，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，有且仅有一个选项是符合题意的）1．已知为虚数单位，为实数，复数在复平面内对应的点为，则“”是“点在第四象限”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条2．点的直角坐标化为极坐标是A．B．C．D．3．已知函数的导函数为，且满足，则等于（）A．B．-1C．1D．4．在区间上随机地取一个数,则事件“”发生的概率为（）（A）（B）（C）（D）5．执行如图所示的程序框图，要使输出的S值小于1，则输入的t值不能是下面的（）开始开始结束输入t输出S否是A．2012B．2013C．2014D．20156．已知，则的值是（）A.B.C.D.7．若两个非零向量满足，则向量与的夹角是（）A.B.C.D.8．已知函数，设方程的根从小到大依次为，则数列的前n项和为（）A．B．C．D．9．如果直线与轴正半轴,轴正半轴围成的四边形封闭区域（含边界）中的点,使函数的最大值为8,求的最小值（）A、4B、3C、2D、010．已知为椭圆的两个焦点，P在椭圆上且满足，则此椭圆离心率的取值范围是（）A．B．C．D．11．定义域为的函数对任意的都有，且其导函数满足：，则当时，下列成立的是（）A．B．C．D．12．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（）A．B．平面平面C．的最大值为D．的最小值为第II卷（非选择题）二、填空题13．已知直线与直线平行，则值为___________．14．已知i是虚数单位，若，则的值为．15．定义运算“”：（）.当时，的最小值是.16．对于函数，有下列4个结论：①任取，都有恒成立；②，对于一切恒成立；③函数有个零点；④对任意，不等式恒成立．则其中所有正确结论的序号是.三、解答题17．（本小题12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，若以O为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为．（1）求曲线C的直角坐标方程及直线的普通方程；（2）将曲线C上的所有点的横坐标缩短为原来的，再将所得曲线向左平移1个单位，得到曲线C1，求曲线C1上的点到直线的距离的最小值．成都市2016-2017学年高二下期末零诊模拟测试卷-3（理科）参考答案1．A2．B3．B4．A5．A6．D7．D8．C9．A10．C11．12．C13．14．-315．16．①③④【解析】试题分析：当时，，根据题意当时，，当时，……所以，所以，即，所以①正确；当时，，所以，对恒成立，所以②错误；对于的零点的个数问题，分别画出和的图像如图：显然有三个零点，所以③正确；根据题意画出和的图像可知④正确;综上正确的序号是：①③④.考点：1.分段函数的最值；2.数形结合思想.17．（1）直线的普通方程为，曲线C的直角坐标方程；（2）．【解析】试题分析：（1）直线的参数方程两式相减消参得到普通方程；曲线C的极坐标方程两边同时乘以，得到，根据极坐标与直角坐标的转化，，，（2）根据点的伸缩变换公式和平移公式代入公式得到曲线，，设曲线的参数方程，代入点到直线的距离公式，利用三角函数的最值求距离的最小值．试题解析：解：（1）曲线C的直角坐标方程为：即：直线的普通方程为5分（2）将曲线C上的所有点的横坐标缩为原来的，得，即再将所得曲线向左平移1个单位，得：又曲线的参数方程为（为参数），设曲线上任一点则（其中）点到直线的距离的最小值为。12分考点：1．直线的参数方程与普通方程的互化；2．极坐标方程与直角坐标方程的转化；3．伸缩与平移变换；4．利用参数方程求最值．18．（1）；（2）,．【解析】试题分析：（1）利用二倍角的正弦和余弦将公式进行化简，利用得到的值，进而求得，求得；（2）在中，将已知条件利用正弦定理进行化简，再根据和角公式及三角形内角和为，得到，根据题意，将角，进而求得．试题解析：（1）1分2分3分的最小正周期为，即：4分5分6分（2）∴由正弦定理可得：7分8分9分10分11分12分考点：1．二倍角公式；2．三角函数的值域．19．（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】试题分析：（Ⅱ）证明为等比数列，即证明之间的比值是常数，因此需将已知数列递推公式变形为需要的形式，求通项公式需要借助于等比数列的通项解决（Ⅲ）中整理通项后，根据特点采用错位相减法求其和，此种方法要求学生一定的计算能力，而后将恒成立问题转化为求最值来求解试题解析：（1）2分（2）由得即又,所以是以为首项,3为公比的等比数列．所以,即6分（3）两式相减得9分若为偶数,则若为奇数,则12分考点：1．数列构造法求通项；2．错位相减求和20．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；（Ⅱ）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，因为BE平面ABCD，所以ACBE，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED（Ⅱ）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2从而可得AE=EC=ED=.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥E-ACD的侧面积为.考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）先证，，再可证平面，进而可证平面；（Ⅱ）先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，，所以即在图2中，，从而平面又，所以平面．（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，所以为二面角的平面角，所以．如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以得，．设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为．考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用．22．（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】（Ⅰ）由题意知又，解得，所以椭圆的方程为（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆的方程为.（ⅰ）设由题意知.因为又，即所以，即（ⅱ）设将代入椭圆的方程，可得，由可得①则有所以因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积设将直线代入椭圆的方程，可得，由可得②由①②可知故.当且仅当，即时取得最大值由（Ⅰ）知，的面积为，所以面积的最大值为考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.距离与三角形面积；4.转化与化归思想.23．（1）的单调区间为；（2）；（3）的范围为．【解析】试题分析：（1）将代入函数得求导即可得其单调区间．（2）求导得，令，或．下面对分情况讨论．由于，故分和两种情况．（3）使得成立，意即不等式在区间上有解，即在上有解．又当时，，当时，，所以问题转化为在区间上有解，这只需小于等于函数的最大值即可．利用导数便可求得的最大值．试题解析：（1）当定义域