《2017学年河南百校联盟高三11月质监数学乙卷（文）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017学年河南百校联盟高三11月质监数学乙卷（文）试题（解析版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2017届河南百校联盟高三11月质监数学乙卷（文）试题一、选择题1已知全集，则图中阴影部分所表示的集合等于（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：全集，由图象可知阴影部分对应的集合为故选A.【考点】集合的基本运算2复数满足，则对应的点位于复平面的（ ）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】试题分析：，则对应的点位于复平面的第一象限,选A 【考点】复数的运算3已知满足对，且时，（为常数），则的值为（ ）A.4 B.-4 C.6 D.-6【答案】B【解析】试题分析：由题意满足对，即函数为奇函数，由奇函数的性质可得则当时，故，选B【考点】奇函数的性质
2、，对数的运算4如图，在空间四边形（，不共面）中，一个平面与边分别交于，（不含端点），则下列结论的是（ ）A.若，则平面B.若，分别为各边中点，则四边形为平行四边形C.若，分别为各边中点且，则四边形为矩形D.若，分别为各边中点且，则四边形为矩形【答案】C【解析】试题分析：作出如图的空间四边形，连接可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到一个四边形由中位线的性质知，故四边形是平行四边形，又故有故四边形是菱形.故选C.【考点】直线与平面的位置关系5等差数列中，是其前项和，,则（ ）A.0 B.-9 C.10 D.-10【答案】A【解析】试题分析：设公差为a1=-9，故选：A.【考点】等差数列的定义，通项
3、公式 66.设,则 “”是“”的（ ）A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要条件 D.既不充分也不必要【答案】C【解析】试题分析：由“”，解得，故“”是“” 充要条件【考点】充要条件7如图是一个空间几何体的三视图，则该空间几何体的表面积为（ ）A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是下部一个底面半径为1 高为2 的圆柱，上部是一个底面半径为2 ，高1为1 的圆锥，则圆锥的母线长为，则该空间几何体的表面积，选A【考点】三视图，几何体的表面积8已知，满足约束条件目标函数满足，若的最大值为，则当时，的最大值和最小值的和是（ ）A.4 B.10 C.13 D.14【答案】
4、D【解析】试题分析：根据题意作出可行域， 由解得即故目标函数，当过点去的最大值，当时，的最大值为9，最小值为5，故最大值和最小值的和是14，选D【考点】简单的线性规划9在边长为1的正中，是边的两个三等分点（靠近于点），等于（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：如图，是边的两个三等分点，故选C.【考点】平面向量数量积的运算10已知函数（）的图像关于直线对称且，如果存在实数，使得对任意的都有，则的最小值是（ ）A.4 B.6 C.8 D.12【答案】C【解析】试题分析：由题意函数（）的图像关于直线对称且，由解得由解得当时，成立，满足题意.故得的最小值为8.故选C.【考点】函数的图
5、像和性质11已知边长为的菱形中，,现沿对角线BD折起，使得，此时点，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：如图所示，设则由勾股定理可得四面体的外接球的表面积为故选C.【考点】球的表面积12已知方程在上有三个不等实根，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：设与的图象在一定有一个交点，依题意只需在上有2个交点即可.作的图象如图所示 设直线与相切于点；则且对数函数的增长速度越来越慢，直线过定点方程|中取得则实数的取值范围是故选C【考点】 导数的几何意义【名师点睛】本题考查了导数的几何意义的应用及数形结合的思想应用，属于中
6、档题.二、填空题13命题“”为假命题，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】试题分析：由题命题“”为真命题，则，则实数的取值范围是【考点】命题的否定14已知，则 .【答案】【解析】试题分析：【考点】同角三角函数基本关系式，诱导公式15已知正实数，满足，则的最小值为 .【答案】【解析】试题分析： ,当且仅当即时取等号【考点】基本不等式16已知函数，点为曲线在点处的切线上的一点，点在曲线上，则的最小值为 .【答案】【解析】试题分析： 由题意可得即有解得则则切线的导数为过的切线与切线平行时，距离最短.由，可得即切点则到切线的距离为故答案为：【考点】导数的几何意义【名师点睛】本题考查导数的运用，求切线
7、的方程，考查导数的几何意义，同时考查点到直线的距离公式运用，运算能力，属于中档题.三、解答题17已知数列的前项和为，且对任意正整数都有成立.（）记，求数列的通项公式；（）设，求数列的前项和.【答案】（）（）【解析】试题分析：（）由题意对任意正整数都有，当得.然后利用两式相减得，则可得到数列的通项公式，进而可得到数列的通项公式（）因为，由裂项相消法即可得求数列的前项和.试题解析：（）在中，令得. 因为对任意正整数，都有成立，所以，两式相减得，所以， 又，所以为等比数列，所以，所以.（），所以【考点】数列的通项公式及其前项和18已知中，角，的对边分别为，且.（）求角；（）若，求的取值范围.【答案】
8、（）（）的取值范围是.【解析】试题分析：（1）由正弦定理化简已知，整理可得：，由余弦定理可得，结合范围即可得解的值.（2）由正弦定理可得，又，则求得的范围即可得解的取值范围试题解析：（）根据正弦定理可得，即，即， 根据余弦定理得，所以.（）根据正弦定理，所以，, 又,所以，因为，所以，所以，所以，即的取值范围是.【考点】正弦定理，余弦定理19在如图所示的直三棱柱中，分别是，的中点.（）求证：平面；（）若为正三角形，且，为上的一点，求直线与直线所成角的正切值.【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（）取中点，连接，.，推导出，从而平面. ；再推导出平面，进而平面平面.由此能证明平面.（）推导出
9、平面平面.平面取的中点，连接，可得，故平面，又,可得,所以即为直线与直线所成角.，由此能求出直线与平面所成角的正切值.试题解析：（）取中点，连接，. 在中，因为，分别为，的中点，所以,平面，平面，所以平面. 在矩形中，因为,分别为,的中点，所以，平面，平面,所以平面. 因为，所以平面平面. 因为平面，故 平面； （）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面.连接，因为为正三角形，为中点，所以,所以平面，取的中点，连接，可得，故平面，又因为,所以,所以即为直线与直线所成角.设,在中，.所以. 【考点】直线与平面平行的证明，直线与平面所成的角的求法20已知函数，.（）记的极小值为，求的最大值；（）若对任
10、意实数恒有，求的取值范围.【答案】（）（）的取值范围是.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值的表达式，根据函数的单调性求出的最大值即可；（2）通过讨论的范围，问题转化为，根据函数的单调性求出的范围即可.试题解析：（）函数的定义域是，.，得，所以的单调区间是，函数在处取极小值，. ，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.所以是函数在上唯一的极大值点，也是最大值点，所以.（）当时，恒成立.当时，即，即. 令，当时，当，故的最小值为，所以，故实数的取值范围是. ，由上面可知恒成立,故在上单调递增，所以，即的取值范围是.【考点】利用导
11、数研究函数的性质21如图，在四棱锥中，为正三角形，,平面.（）若为棱的中点，求证：平面;（）若,求点到平面的距离.【答案】（）见解析（）点到平面的距离为.【解析】试题分析：（）利用直线与平面垂直的判定定理即可证明（）利用，即等体积法即可求得点到平面的距离.试题解析： （）因为平面，平面,所以.，所以平面.而平面,. ,是的中点，.又，所以平面.而平面，. 底面，平面平面，又，面面垂直的性质定理可得平面，.又，平面.（）因为平面，所以,所以 .由（）的证明知，平面，所以.因为,为正三角形，所以，因为，所以.7分设点到平面的距离为，则. 在中，所以.所以. 因为，所以，解得，即点到平面的距离为.【
12、考点】直线与平面垂直的判定，等体积法22已知.（）若在上单调，求实数的取值范围；（）证明：当时，在上恒成立.【答案】（）的取值范围是.（）见解析【解析】试题分析：（）求出函导数，根据函数的调性求出的取值范围即可；（）求出函数的数，通过讨论范围，求出函数的单调区间，而求出的最小值，即可证得结论.试题解析： （）. 若在上单调递增，则当，恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，当时，此时， 若在上单调递减，同理可得. 所以的取值范围是. （）时，.当时，在上单调递增，在上单调递减，. 存在，使得在上，在上，所以函数在上单调递增，在上单调递减. 故在上，所以在上恒成立.【考点】利用导数研究函数的性质【名师点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及三角函数的性质，属中档题.解题时根据题目的自身特点构造新函数是解题的关键
