《2017学年河北唐山市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017学年河北唐山市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2017届河北唐山市高三上学期期末数学（理）试题一、选择题1已知集合，则中元素的个数是（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：当时，；当时，；当时，；当时，所以，所以，故选B.【考点】集合的交集运算.2是虚数单位，复数满足，则（ ）A.或 B.或 C. D.【答案】C【解析】试题分析：因为，所以，解得，所以，故选C.【考点】1、复数的运算；2、复数的模.3设向量与 的夹角为，且，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：因为，所以，所以，故选A.【考点】1、平面向量的坐标运算；2、向量的夹角公式.4已知，则（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：
2、因为，所以，故选D.【考点】1、倍角公式；2、两角和与差的正切公式.【方法点睛】根据已知单角的三角函数值求和角（或差角）的三角函数，通常将结论角利用条件角来表示，有时还需借助同角三角函数间的基本关系化为相关角的三角函数后，再利用两角和与差的三角函数公式即可求解.5九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为 （ ） A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由三视图知，该几何体是底面为斜边边长为2的等腰直角三角形、高为2的直三棱柱，所以该几何体的表面积为，故选B.【方法点睛】空间几何体的三视图是从正面、侧面、上面三个方向
3、对一个几何体的全方位透视，因此解答这类问题的关键是根据三视图所提供的图形信息弄清楚该几何体的形状和有关数据，然后选择运用相应的体积和面积公式进行求解.【考点】1、直三棱柱的空间几何体；2、三棱柱的表面积.6已知数列 满足 ，则“ 数列为等差数列” 是“ 数列为 等差数列”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.即不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：若数列为等差数列，设其公差为，则，所以数列是等差数列；若数列为 等差数列，设其公差为，则，不能推出数列为等差数列，所以“ 数列为等差数列” 是“ 数列为 等差数列”的充分不必要条件，故选A.【考点】1、充分条件与
4、必要条件；2、等差数列的通项公式.7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：第一次循环，得；第二次循环，得；第三次循环，得，以此类推，知该程序框图的周期3，又知当退出循环，此时共循环了39次，所以输出的，故选C.【考点】程序框图.8在展开式中， 二项式系数的最大值为 ，含项的系数为，则（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：由题意，得，所以，故选D.【考点】二项式定理.9设实数满足约束条件，则的最小值为 （ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：作出不等式组表示的平面区域，如图所示，因为表示区域内的点到原点距离的平
5、方，由图知，当区域内的点与原点的连线与直线垂直时取得最小值，所以，故选B.【考点】简单的线性规划问题.10现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为 （ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比选项取得最大值，此时设正方体的棱长为，则球的半径为，所以所求体积比为，故选A.【考点】1、多面体的外接球；2、球的体积.【技巧点晴】对于几何体的外接球的面积计算的问题，其关键是求出外接球的半径，求解时充分借助正方体和正四棱锥都是对称图形，将球心设在
6、四棱锥与正方体底面的中心的连线上,借助截面圆的圆心与球心连线垂直于截面圆这一事实，运用勾股定理建立.11已知为坐标原点，是双曲线的左焦点，分别为的左、右顶点，为上一点，且轴， 过点 的直线与线段交于点，与轴交于点，直线 与轴交于点，若，则 的离心率为 （ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：易证得，则，即；同理，所以，又，所以，整理，得，故选A.【考点】双曲线的几何性质.12已知函数 ，则使得 成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：因为，所以函数是偶函数.易知函数在是增函数，所以函数在也是增函数，所以不等式等价于，解得或.【考点】1、函数的奇
7、偶性性与单调性；2、不等式的解法.二、填空题13曲线与所围成的封闭图形的面积为 .【答案】【解析】试题分析：由题意，知所围成的封闭图形的面积为.【考点】定积分的几何意义.14已知是等比数列，则 .【答案】1【解析】试题分析：设数列的首项为，公比为，则依题意，有，解得，所以.【考点】等比数列的通项公式.【一题多解】因为，所以，所以，解得.15设为椭圆 的左、右焦点，经过的直线交椭圆于两点，若 是面积为的等边三角形，则椭圆的方程为 .【答案】【解析】试题分析：由题意，知 ，又由椭圆的定义知， ，联立，解得，所以，所以，所以，所以，所以椭圆的方程为.【考点】椭圆的几何性质.16已知是函数在内的两个零
8、点，则 .【答案】【解析】试题分析：因为，其中（），由函数在内的两个零点，知方程在内有两个根，即函数与的图象在内有两个交点，且关于直线对称，所以，所以.【考点】1、三角函数的图象与性质；2、辅助角公式.【方法点睛】函数图象的应用常与函数零点有关，一般为讨论函数f(x)零点的个数或由零点(根)的个数求参数取值（范围），此时题中涉及的函数f(x)的图象一般不易直接画出，但可将其转化为与有一定关系的函数和的图象问题，且和的图象易得.三、解答题17在中,角、所对的边分别为、.已知.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）2.【解析】试题分析：（1）首先利用正弦定理化已知条件等式中的边为角，然后利
9、用两角和的正弦公式结合三角形内角和定理求得的值，从而求得角的大小；（2）首先结合（1）利用余弦定理求得的关系式，然后根据三角形面积公式求得的值.试题解析：（1）由正弦定理得：2sinBcosBsinAcosAcosBsinBsin2AsinCcosAsinAcos(AB)sinCcosAsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinB，sinB0，cosB，B. 6分（2）由b2a2c22accosB，ba，cosB得c2ac6a20，解得c2a， 10分由SABCacsinBa22，得a2. 12分【考点】1、正弦定理与余弦定理；2、三角面积公式；3、两角和的正弦公式.【方法点睛】利用
10、正弦定理与余弦定理解三角形，主要有两种题型：（1）给出三角形的边与角的关系解三角形，解答时主要采取的手段是是“边化角”与“角化边”；（2）在一个具体的三角形中给出相关的条件解三角形，解答时注意选择正弦定理与余弦定理.18在某校举行的航天知识竞赛中，参与竞赛的文科生与理科生人数之比为，且成绩分布在，分数在以上（含）的同学获奖. 按文理科用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图（见下图）.（1）填写下面的列联表，能否有超过的把握认为“获奖与学生的文理科有关”？（2）将上述调査所得的频率视为概率，现从参赛学生中，任意抽取名学生，记“获奖”学生人数为，求的分布列及数学期望.文科生
11、理科生合计获奖不获奖合计附表及公式：，其中【答案】（1）表见解析，有把握；（2）分布列见解析，.【解析】试题分析：（1）首先根据频率分布直方图完成表格数据，然后根据公式计算出，再与临界表比较，从而作出结论；（2）首先求得的所有可能取值，然后分别求出相应概率，由此列出分布列，求得数学期望.试题解析：（1）文科生理科生合计获奖53540不获奖45115160合计50150200k4.1673.841，所以有超过95%的把握认为“获奖与学生的文理科有关”. 6分（2）由表中数据可知，抽到获奖同学的概率为，将频率视为概率，所以X可取0，1，2，3，且XB(3，).P(Xk)C()k(1)3k（k0，1
12、，2，3），X0123P10分E(X)3. 12分【考点】1、频率分布直方图；2、独立性检验思想；3、离散型随机变量的分布列与方差.19在四棱锥中，底面是边长为的菱形，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）连接，取中点，连接，然后根据等腰三角形的性质得出，从而推出平面，进而利用线面垂直的性质定理结合判定定理可使问题得证；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，然后求得相关点的坐标与向量，由此求得平面与平面的法向量，从而利用空间夹角公式求解.试题解析：连接AC，则ABC和ACD都是正三角形，取BC中点E，连接AE，PE，因为E为BC的中点，所以在ABC中，因为PBPC，所以BCPE，又因为PEAEE，所以BC平面PAE，又PA平面PAE，所以BCPA.同理CDPA，又因为BCCDC，所以PA平面ABCD. 6（2）如图，以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，则B(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2)，(，3，0)，设平面PBD的法向量为m(x，y，z)，则即取平面PBD的法向量m(，1，1)， 9分取平面PAD的法向量n(1，0，0)，则cosm，n，所以二面角A-PD-B的余弦值是. 12分【考点】1、线面垂直
