《2017学年河北沧州一中高三11月月考数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017学年河北沧州一中高三11月月考数学（理）试题（解析版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2017届河北沧州一中高三11月月考数学（理）试题一、选择题1已知全集，集合，则集合（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：因,故,应选A.【考点】集合的补集交集运算.2已知复数，则的虚部为（ ）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：因,故应选D.【考点】复数的概念及运算.3函数的图象大致是（ ）【答案】C【解析】试题分析：因函数是偶函数,且当时,函数值为正数；当时,函数值为负数.故应选C.【考点】函数的奇偶性对称性及分析判断的能力.4已知双曲线的左右焦点分别为，若双曲线左支上有一点到右焦点距离为18，为中点，为坐标原点，则等于（ ）A. B.1 C.2 D.4【答
2、案】D【解析】试题分析：由双曲线的定义可得,即,则；又的中点为,故由三角形的中位线定理可得,应选D.【考点】双曲线的定义与几何性质的综合运用.5已知各项不为0的等差数列满足，数列是等比数列，且，则=（ ）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】D【解析】试题分析：由可得,故；因,故应选D.【考点】等差数列等比数列的通项公式及性质的综合运用.6已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则=（ ）A.2 B. C.6 D.【答案】C【解析】试题分析：因圆心,故,即,所以,则, 所以,应选C.【考点】直线与圆的位置关系及切线长的计算.7算数书竹简于上世纪八十年代在湖北张家山出土，这是我过现存最
3、早的有系统的数学典籍，其中记录求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥底面周长与高，计算其体积的近似公式，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3，那么，近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取值为（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：因圆锥的体积公式,又,故,所以,由题设,所以,应选B.【考点】圆锥体积公式的理解和运用.8执行如图所示的程序框图，若输出结果为63，则处的条件为（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：因该算法程序中所求,由题设,则,故算法程序中的空白处应填,应选B.【考点】算法流程框图的理解和识读及等
4、比数列的求和.9如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为（ ）A.4 B. C. D.8【答案】B【解析】试题分析：从题设中提供的三视图可以看出该几何体是侧放的四棱锥如图,容易算出的面积最小为,故应选B.【考点】三视图理解和识读及几何图形的面积的计算.10将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若函数在区间和上均单调递增，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：因函数的图象向右平移个单位后得到函数,故该函数的单调递增区间为,即,由题设可得,解之得,应选A.【考点】余弦函数的单调性及运用.11双曲线的右焦点为，左顶点为，以为圆心，
5、过点的圆交双曲线的一条渐近线于两点，若不小于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由题设,圆心到渐近线的距离,故,由题意,即,也即,解之得,故应选C.【考点】双曲线与圆的位置关系及双曲线的几何性质的综合运用.【易错点晴】本题考查的是双曲线的几何意义及函数方程思想与数形结合的数学思想的综合运用问题。求解时要充分借助题设中的“弦长不小于双曲线的虚轴长”这一重要信息，然后运用圆中的弦、圆心距、半径之间的关系，求出弦，再依据上述信息建立不等式，即，通过解不等式求出.12已知，直线与函数的图象在处相切，设.若在区间上，不等式恒成立，则实数（
6、）A.有最大值 B.有最大值 C.有最小值 D.有最小值【答案】A【解析】试题分析：因,故切线的斜率,即；又当时,即切点,将其代入可得,故,则令,则在区间上恒大于零,故函数在上单调递增,所以,故,故应选A.【考点】正切函数的图像和性质及导数的知识的综合运用.【易错点晴】解答本题的关键是对条件“直线与函数的图象在处相切及不等式恒成立”的理解和运用.由此可得,进而将问题转化为求函数在上的最大最小值的问题.求解时借助导数这一工具,先对函数进行求导,判断其单调性,再求出其最小值为,从而使得问题获解.二、填空题13椭圆的短轴长为，则= .【答案】【解析】试题分析：由已知可得,由于,故由题设,解之可得,故
7、应填答案.【考点】椭圆的几何性质及运用.14已知，则= .【答案】【解析】试题分析：由题设可得,故,应填答案.【考点】二倍角公式、两角和的余弦公式等知识的综合运用.15在条件下，目标函数的最大值为40，则的最小值是 .【答案】【解析】试题分析：画出不等式组表示的平面区域如图,结合图形可以看出当动直线经过点时,取最大值,即,也即,所以,故的最小值是.应填答案.【考点】线性规划的知识及基本不等式的综合运用.【易错点晴】本题考查的是线性规划的知识与数形结合的数学思想的运用问题,解答时先准确的画出画出不等式组表示的区域,再搞清的几何意义,进而得出动直线经过点时,取最大值,即,也即,然后将化为,再运用基
8、本不等式求出的最小值是,使得问题获解.16在中，角的对边分别为，若为锐角三角形，且满足，则的取值范围是 .【答案】【解析】试题分析：由正弦定理可得,即,差化积可得,也即,所以,则,由题设可得,由此可得,故,所以,而,则,应填答案.【考点】三角变换公式及正弦定理等知识的综合运用.【易错点晴】本题以三角形的三边所满足的等量关系式为背景,考查的是正弦定理及三角变换公式与三角函数中和差化积公式及方程思想等有关知识和数学思想的综合运用.解答时充分运用题设中的运用正弦定理可得,然后再运用和差化积得到,从而求出及,进而得到,最后推出,使得问题获解.三、解答题17已知抛物线的焦点，抛物线上一点点横坐标为2，.
9、（1）求抛物线的方程；（2）过且倾斜角为的直线交抛物线于两点，为坐标原点，求的面积.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用抛物线的定义求解；(2)借助题设运用直线与抛物线的位置关系探求.试题解析：（1）由抛物线定义可知，抛物线方程为.（2），直线方程为，由得，设，则，所以，又到直线距离，.【考点】直线的方程抛物线等有关知识的综合运用.18设数列的前项和为，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用数列前项和与通项之间的关系及等比数列的定义求解；(2)借助题设运用裂项相消求和法探求.试题解析
10、：（1），当时，即，即.（2），.【考点】数列前项和与通项之间的关系及等比数列的定义裂项相消求和法等有关知识的综合运用.19已知分别为的三个内角的对边，.（1）求；（2）若，的面积为，求.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用正弦定理三角变换公式求解；(2)借助题设运用余弦定理及三角形面积公式建立方程组探求.试题解析：（1）由正弦定理得，.（2），所以，则，所以.【考点】正弦定理、余弦定理、三角变换公式及三角形面积公式等有关知识的综合运用.20如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点.（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2
11、).【解析】试题分析：(1)借助题设条件建立空间直角坐标系运用向量的数量积公式推证；(2)借助题设建立空间直角坐标系运用向量的数量积公式探求.试题解析：（1）底面，以分别为轴为正方向建立空间直角坐标系，向量，向量，故，所以；（2）向量，由点在棱上，设，设，由得，因此，解得.即，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得为平面的一个法向量.取平面的法向量为，则，易知，二面角是锐角，所以其余弦值为.【考点】向量的数量积公式等有关知识的综合运用.21定圆，动圆过点且与圆相切，记圆心的轨迹为.（1）求轨迹的方程；（2）设直线与交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），则直线与轴是否交于一个定点？若是，请写
12、出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)是，定点为，证明见解析.【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用椭圆的定义求解；(2)借助题设运用直线与椭圆的位置关系探求.试题解析：（1）因为点在圆内，所以圆内切于圆，因为，所以点的轨迹为椭圆，且，所以，所以轨迹的方程为；（2）由消去得：，设，则，则，经过点，的直线方程为，令，则又，故当时，即直线与轴交于定点.【考点】椭圆的定义标准方程及直线与椭圆的位置关系等有关知识的综合运用.【易错点晴】本题考查的是运用椭圆的定义求方程的问题和直线与椭圆的位置关系的处置问题.解答本题的第一问时如果不按圆锥曲线的定义求解,其解答过程会较为
13、繁冗,而且还容易出错,因此在解答这类问题时首先要充分理解题意,寻求最为简捷的解答路径,以便达到化繁为简、避难前进的求解之目的.本题的第二问则借助直线与椭圆的位置关系分析探究,从而推证出直线与轴交于定点,从而巧妙地使问题获解.22已知函数.（1）求函数的最小值；（2）设，讨论函数的单调性；（3）若斜率为的直线与曲线交于，两点，其中，求证：.【答案】(1)；(2)时，在区间递增，时，在内递增，在内递减；(3)证明见解析.【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用导数的知识求解；(2)借助题设运用导数的知识求解；(3)依据题设先等价转化,再构设函数运用运用导数的知识分析推证.试题解析：（1），令，得，当时，当时，则在内递减，在内递增，所以当时，.（2），当时，恒有，在区间内是增函数；当时，令，即，
