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1、2017届河南中原名校高三（上）质检三数学（文）试题一、选择题1已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：因为，所以.故选A.【考点】集合的运算.2命题“，”的否定是（ ）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】试题分析：改存在量词为全称量词，否定结论即可.故选D.【考点】命题的否定.3已知，为第三象限角，则（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由，得，结合，可得，又为第三象限角，所以.所以.故选C.【考点】三角函数的求值.4已知直线均在平面内，则“直线且直线”是“直线平面”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D
2、.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：如果直线是平行先，则不能得出平面；反之，如果平面，则垂直于平面内的所有直线，故直线且直线.所以“直线且直线”是“直线平面”的必要不充分条件.故选B.【考点】充分条件、必要条件的判定.5记数列的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由，得，-，得，得，又，所以，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以,故.故选A.【考点】数列递推式.6已知向量的夹角为，且，若，则（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：因为，所以，即，解得，故选B.【考点】（1）平面向量的垂直关系；（2）向量的模长.7已知函数的部
3、分图象如图所示，则的值分别是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由图像知，解得.当时，所以，所以，当时，.故选A.【考点】由的部分图象求其解析式.【方法点晴】本题主要考查利用的图象特征，由函数的部分图象求解析式，理解解析式中的意义是正确解题的关键，属于中档题.为振幅，有其控制最大、最小值，控制周期，即，通常通过图象我们可得和,称为初象，通常解出，之后，通过特殊点代入可得，用到最多的是最高点或最低点.8已知定义在上的函数为周期函数，且周期为，若在区间上，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：因为函数是以为周期的周期函数，所以，故，解得.所以.故选A.【考点
4、】（1）函数的周期性；（2）函数的值.9如图，已知中，为边上靠近点的三等分点，连接，为线段的中点，若，则（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：依题意得，故，故.故选B.【考点】平面向量基本定理的应用.10已知一空间几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：该几何体的直观图如图所示，它是一正四棱柱被截去了两个三棱锥得到的，与原正四棱柱有相同的外接球，该正四棱柱的体对角线为球的直径，长度为，故外接球的直径为，外接球的表面积为.故选C.【考点】由三视图求面积、体积.11已知正实数满足，则的最小值为
5、（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：因为，所以，所以.当且仅当，即，即时等号成立.故选C.【考点】基本不等式.12如图，在边长为的正三角形中，点从点出发，沿的方向前进，然后再回到点，在此过程中，即点走过的路程为，点到点的距离之和为，则函数的大致图像为（ ）【答案】A.【解析】试题分析：当点在上时，,，点到点的距离之和为，因为函数在上单调递减，在上单调递增，且函数图像不是由直线段组成的，排除选项B，C，D，故选A.【考点】函数的图象.【一题多解】当时，.当点由到的过程中的长先减小后增大，且,，对应的函数图象线下降，后上升，由此可排除选项B，D，由长度的增加和减少不是均匀变化的
6、，即对应的图象不是有直线段组成的，由此排除C，故选A.二、填空题13在中，角的对边分别为，若，且的面积为，则 .【答案】或【解析】试题分析：由三角形面积公式，得，所以，所以，所以解得或，故答案为或.【考点】余弦定理.【方法点晴】此题考查了正弦定理、余弦定理的应用，利用正弦、余弦定理可以很好得解决了三角形的边角关系，熟练掌握定理是解本题的关键.在中，涉及三边三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.14已知实数满足约束条件，则点的最大值是 .【答案】【解析】试题分析：画出不等式组
7、表示的平面区域如图所示，目标函数的几何意义是直线在轴上的截距的倍，易知目标函数在点处取得最大值，故的最大值为.【考点】简单的线性规划.【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最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15如图，在棱长均相等的正四棱锥最终，为底面正方形的重心，分别为侧棱的中点，有下列结论：平面；平面平面； 直线与直线所成角的大小为.其中正确结论的序号是
8、 .（写出所有正确结论的序号）【答案】【解析】试题分析：如图，连接，易得，所以平面，结论正确.同理，所以平面平面，结论正确.由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以，又，所以，结论正确.由于分别为侧棱的中点，所以，又四边形为正方形，所以，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为，知三角形为等边三角形，所以，故错误，故答案为 .【考点】（1）线面平行的判定；（2）面面平行的判定；（3）线线垂直的判定.【方法点晴】本题考查了线面平行的判定、面面平行的判定以及线线垂直的判定和异面直线所成的角等，对空间想象能力要求较高，难度较大；常见证明线线平行的方式有：1、利用三角形中位线得到平行；2、构造平行四
9、边形得到平行；3、利用面面平行等；在该题中证明平行利用的是中位线，垂直利用的是勾股定理；求异面直线所成角的简单步骤即：“作，证，求”.16已知直线与曲线相切，若，则 .（参考数据：）【答案】【解析】试题分析：设直线与曲线相切于点，则在该点处曲线的切线方程为，即，该直线与直线重合，所以且，即，令，当时，在上单调递增，又，所以函数在内唯一的零点在区间内，所以，故答案为.【考点】利用导数研究函数在某点处的切线方程.三、解答题17已知在中，角的对边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由结合正弦定理可得可求，进而可求；（2）由余弦定理可
10、得，从而可得的范围，代入面积公式可求面积最大值.试题解析：（1）由正弦定理和得，因为，所以，即，又，所以.（2）由余弦定理，可得，又，所以，当且仅当时等号成立，所以，故面积的最大值为.【考点】（1）正弦定理；（2）三角形面积计算公式.18（本小题满分12分）在单调递增的等差数列中，成等比数列，前项之和等于.（1）求数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求使成立的的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意知以及，从而求得；（2）由（1）得由裂项相消法得，解不等式得结果.试题解析：（1）设等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，即，因为，上式可化为，又数列的前项之和
11、等于，所以，即.联立解得，所以.（2）因为，所以.因为，所以， ，所以使成立的的最大值为.【考点】（1）数列的通项公式；（2）数列求和.【方法点晴】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.19已知函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为.（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的单调递增区间.【答案】（1）；（2），.【解析】试题分析：（1）根据两角差的余弦公式以及降幂公式和周期性可得其解析式；（2
12、）由不等式，先求出的递增区间，令，可得在上的单调递增区间.试题解析：（1）.因为函数的图像的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即，所以.（2）由不等式，可得，所以函数的单调增区间为.令，得函数在上的一个单调递增区间为；令，得函数在上的一个单调递增区间为；令，得函数在上的一个单调递增区间为. 函数在上的单调递增区间为，.【考点】（1）函数解析式的求法；（2）的单调性.【方法点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，属于基础题，强调基础的重要性，是高考中的常考知识点；对于三角函数解答题中，当涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等都属于三角函数的性质，首先都应把它化为三角函数的基本形式即，
13、然后利用三角函数的性质求解，单调增区间即的解集.20在如图所示的多面体中，四边形为平行四边形，为的中点，为等腰直角三角形，为斜边，为正三角形，.（1）证明：；（2）求四面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）结合勾股定理得平面，故；（2）连接，利用割体思想得：得解.试题解析：（1）因为为等腰直角三角形，为斜边，所以.因为三角形为正三角形，所以,在三角形中，所以，同理，可得.因为，所以平面，又平面，所以.（2）又（1）可得平面，因为四边形为平行四边形，所以平面，所以,又，为的中点，所以，又，所以平面.连接，则所以四面体体积为.【考点】（1）线线垂直的判定；（2）几何体的表面积、体积.21某工厂每日生产某种产品吨，当日生产的产品当日销售完毕，产品价格随产品产量而变化，当时，每日的销售额（单位：万元）与当日的产量满足，当日产量超过吨时，销售额只能保持日产量吨时的状况.已知日产量为吨时
