《天津市第一中学高三下学期第四次月考数学（理）试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津市第一中学高三下学期第四次月考数学（理）试题 Word版含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、天津一中、益中学校2017-2018高三年级四月考试卷数学（理）一、选择题：1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为 ，所以，因为 且，所以 ，故选D.2. 若实数，满足，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】画出表示的可行域如图，由，得，平行直线，当直线经过时，有最大值，故选C.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题. 求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是
2、最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.3. 执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：初始条件，；运行第一次，；运行第二次，；运行第三次，；运行第四次，；运行第五次，满足条件，停止运行，所以输出的，故选C考点：程序框图【易错点晴】本题主要考查的是程序框图，属于容易题解题时一定要抓住重要条件“”，否则很容易出现错误在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可4. 在中，角，的对边分别为，且，则角为（ ）A. B. 或 C. D. 【答案】A【解析】由余弦定理可得，解得，解得， ，故选A.
3、5. 已知正项等差数列中，若，若，成等比数列，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】正项等差数列中，构成等比数列，即构成等比数列，依题意，有，解得或（舍去），故选A.6. 已知双曲线：的焦距为，点在的一条渐近线上，则的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】依题意得双曲线的渐近线方程为点在双曲线的一条渐近线上焦距双曲线方程为故选D.7. 设是自然对数的底，且，且，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】时，“”，推不出“”，充分性不成立，时，必要性成立，所以“”是“”的必要不充
4、分条件，故选B.8. 已知函数，若函数在定义域内有且只有三个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数在定义域内有且只有三个零点，等价于有且有三个根，当时，不是方程的根，当时，令，当时，在单调递增，当时，在单调递增，在单调递减，图象如图所示：其中可得时 与 图象有三个交点，方程有且有三个根，函数在定义域内有且只有三个零点，所以实数的取值范围是，故选A. 二、填空题：9. 对于复数，若，则_【答案】【解析】， ，故答案为.10. 若二项式的展开式中的常数项为，则_【答案】【解析】二项式的展开式的通项为，令 所以常数项为二项式的展开式中的常数项为，则，故答案为.【
5、方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.11. 在极坐标系中，为曲线上的动点，是直线上的动点，则的最小值为_【答案】1【解析】由可得 ，即圆心为，半径为的圆，直线化为 ，的最小值为圆心到直线的距离与圆半径的差，故答案为.12. 已知一个公园的形状如图所示，现有种不同的植物要种在此公园的，这五个区域内（四种植物均要使用），要求有公共边
6、界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有_种【答案】【解析】可分两类：第一类，若A，E相同，D有2种种法，则有；第二类，若A，E不相同，D只有1种种法，则有；由分类计数原理可得所有种法种数为。应填答案。点睛：解答本题的关键是搞清楚题设中的要求与约束条件，解答时，先运用分类计数原理，分别计算出其种植方法，再进行相加求出其结果，使得问题获解。本题的求解具有一定的难度，容易出现重或漏 的情况。13. 如图，在梯形中，.是线段上一点，（可与，重合），若，则的取值范围是_【答案】【解析】设， ，故答案为.14. 已知，则的最大值为_【答案】【解析】又令，则，当且仅当时取等号的最大值为故答案为点睛：
7、本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立.三、解答题：15. 已知函数，.（1）将的图象向右平移的单位，得到的图象，求的单调递增区间；（2）若，且，求的值.【答案】(1) ， (2) 【解析】试题分析：（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，从而可得利用正弦函
8、数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间；（2） ，由可得结果.试题解析：（1） ， ，的单调递增区间为，.（2） ， .16. 共享单车因绿色、环保、健康的出行方式，在国内得到迅速推广.最近，某机构在某地区随机采访了名男士和名女士，结果男士、女士中分别有人、人表示“经常骑共享单车出行”，其他人表示“较少或不选择骑共享单车出行”.（1）从这些男士和女士中各抽取一人，求至少有一人“经常骑共享单车出行”的概率；（2）从这些男士中抽取一人，女士中抽取两人，记这三人中“经常骑共享单车出行”的人数为，求的分布列与数学期望.【答案】(1) (2) 见解析【解析】试题分析：（1）记“从这些男士和女士中各抽取
9、一人，至少有一人“经常骑共享单车出行”为事件，利用概率乘法公式及加法公式得到所求概率；（2）的取值为0,1,2,3,明确相应的概率值，得到分布列及相应的数学期望.试题解析：（1）记“从这些男士和女士中各抽取一人，至少有一人“经常骑共享单车出行”为事件，则 .（2）显然的取值为0,1,2,3,故随机变量的分布列为的数学期望.点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；17. 如图，在四棱锥，平面，且，.（1）取中点，求证：平面；（2）求直线与所成角的余弦值.（3）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在
10、，求与平面所成角，如果不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2) (3)见解析 【解析】试题分析：（1）建立如图所示的坐标系，先求的方向向量，再出利用向量垂直数量积为零，列方程组求出平面的法向量，由可得结果；（2）分别求出直线与的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式可得直线与所成角的余弦值（结果注意取绝对值）；（3），分别根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得，从而可确定的坐标，利用可得结果.试题解析：如图建系：，（1）中点，设平面的法向量为，由，可得：，平面，平面.（2），.（3）设及， ，设平面的法向量为，由，可得，平面的法向量为， ，解
11、得.， ，.18. 已知首项均为的数列，满足.（1）令，求数列的通项公式；（2）若数列为各项均为正数的等比数列，且，设，求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）由题意得，从而，由此推导出数列是首项为，公差为的等差数列，进而可求出数列的通项公式；（2） ,为正项数列，,先分组求，利用错位相减法结合等比数列的求和公式，可求得数列的前项和.试题解析：（1） ，即，且，.（2） ，为正项数列，.（2）方法一： ，设 ，设 ， ， ， .方法二： ，令， ， ，.【 方法点睛】本题主要考查等比数列求和公式与等差数列的通项以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列
12、是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.19. 过椭圆：的上顶点作相互垂直的两条直线，分别交椭圆于不同的两点，（点，与点不重合）.（1）设椭圆的下顶点为，当直线的斜率为时，若，求的值；（2）若存在点，使得，且直线，斜率的绝对值都不为，求离心率的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：() 直线的方程为，联立解得.同理，根据，可得，将，代入得；（）由（1）利用韦达定理及弦长公式可得，由，得有不为的正根.只要解得.试题解
13、析：（）设，记直线的斜率为，则由条件可知，直线的方程为，于是消去，整理得，.同理.由，得，于是，即，其中，代入得；（）容易得 ， .由，得，即，整理，得.不妨设，且则有不为的正根.只要解得.的取值范围是.20. 已知，函数.（1）讨论的单调性；（2）若对，不等式恒成立，求的取值范围；（3）已知当时，函数有两个零点，求证：.【答案】(1)见解析(2) （3）见解析【解析】试题分析：（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）分两种情况讨论，当，利用一次函数的性质求解，当时， ，设，只需令即可；（3）由，原不等式转化为证明，所以的两个零点，利用导数研究函数的单调性，只需证明只需证 即可得结论.试题解析：（1），当时，在上单调递增，当时，考虑时，令 ，时，在单调递减，在单调递增；时，在单调递减，在单调递增.（2）方法一：（参变分离），当时， .当时， ，设， ，在单调递减，综上所述：.方法二：（最值法）若，只需，由（1）可得：当时，在上单调递增，即可，解得：，.当时，在单调递减，在单调递增，时，在单调递减，在单调递增，即，令，设，则，在单调递减，而，所以原不等式无解.（此处也不构造函数，显然时，此式小于零，即可证明）综上所述：.（3）注意到，所以所证明不等式转化为证明，所以的两个零点.方法一：由可得：，
