江苏省徐州市2017届高三数学信息卷试题（含解析）.doc

江苏省徐州市2017届高三数学信息卷试题（含解析）参考公式：圆锥的侧面积公式：，其中是圆锥底面的周长，为母线长球的表面积公式：，其中是球的半径一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1. 已知集合，则_【答案】【解析】由并集的定义结合题意可得2. 已知复数，其中是虚数单位，若为纯虚数，则的值为_【答案】-2【解析】,该数为纯虚数，则：，解得：.3. 从1，2，4，8这四个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为8的概率是_【答案】【解析】两个数乘积为8，则抽得的两个数为或两种情况，由古典概型公式可得：所取2个数的乘积为8的概率是.4. 某高校调查了名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组为，根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不足小时的人数是_【答案】45【解析】阅读频率分布直方图可得：这200名学生中每周的自习时间不足小时的人数是：人点睛：在频率分布直方图中，小矩形的高表示频率/组距，而不是频率；利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.5. 如图是一个算法的流程图，则输出的的值是_【答案】22【解析】流程图执行过程如下：首先初始化数值：，进入循环体：第一次循环，满足判断条件：；第二次循环，满足判断条件：；第三次循环，满足判断条件：；第四次循环，满足判断条件：；第一次循环，不满足判断条件：跳出循环，输出.6. 在平面直角坐标系中，已知点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为_【答案】3【解析】双曲线的一条渐近线设为bxay=0，可得点P(0,1)到渐近线的距离为，即有，可得.7. 若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等，圆锥、球的表面积分别记为，则的值是_【答案】【解析】设球的直径为，由题意可知：，据此可得：.8. 已知函数，若是奇函数，则的值为_【答案】-1【解析】函数为奇函数，则：，据此有：，令可得：，故：,.9. 已知等比数列的前项和为，且，成等差数列，则的值是_【答案】【解析】设数列an的公比为q，若q=1，则S1=a1=1，2S2=4a1=4，3S3=9a1=9，故S1+3S3=1022S2，与已知矛盾，故q1，由S1，2S2，3S3成等差数列，得S1+3S3=22S2，即，解得：，则.点睛：在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q1或q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形而导致解题失误，10. 已知函数 则不等式的解集是_【答案】【解析】当x1时,y=2xx的导数为y=2xln21，2xln210，可得f(x)在R上单调不减，由不等式可得：当x1时,解得；当0x1时, x解得0x1；当x0时,不等式不成立。综上可得,不等式f(x)f(2x)的解集是.点睛：(1)问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑；(2)求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求11. 在中，若，则的面积为_【答案】【解析】由题意可得：，则：，解得，故，的面积为.12. 在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，点在轴上运动，则的最小值是_【答案】3【解析】如图所示，以AQ,AP为临边作平行四边形AQRP，则,由于，而圆上的点的横坐标最大值为3，据此可知点R位于y轴或者y轴左侧，数形结合可知当轴，且R位于y轴时，取得最小值是3.13. 若正实数，满足，则的最大值为_【答案】【解析】a(a+b+c)=bc，a2+(b+c)abc=0，a为方程x2+(b+c)xbc=0的正根，则：，当且仅当b=c时取等号，即的最大值为.点睛：根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式14. 已知点在曲线(是自然对数的底数)上，记曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为若使得的点有三个，则实数的取值范围是_【答案】【解析】设曲线上一点的坐标为，则，曲线在点P处的切线方程为，令可得：，令可得：由题意有：，即：,令，则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，满足题意时：，即：，据此有：实数的取值范围是.二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或计算步骤15. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，为的中点求证：（1）直线平面；（2）直线平面【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：(1)利用题意证得OM，然后由直线与平面平行的判断定理证明直线平面即可；(2) 利用题意证得 .由线面垂直的判断定理即可证得直线平面试题解析：（1）设ACBDO，连结OM，因为是平行四边形，所以O为AC中点，因为M为的中点，所以OM 又因为平面，OM平面，所以直线平面（2）因为，所以又因为平面平面，平面平面 ，平面，所以平面 又因为平面，所以 因为，M为的中点，所以又因为，平面，所以直线平面点睛：证明线面平行问题的答题模板(一)第一步：作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线；第二步：证明线线平行；第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行；第四步：反思回顾检查关键点及答题规范证明线面平行问题的答题模板(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面；第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行；第四步：转化为线面平行；第五步：反思回顾检查答题规范16. 在中，角，的对边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：(1)边化角，利用两角和差正余弦公式可得，则；(2)利用正弦定理结合同角三角函数基本关系求得，然后结合题意可得.试题解析：（1）由已知得2acosBccosBbcosC，由正弦定理得，2sinAcosBsinCcosBsinBcosCsin(BC)， 又BCp-A，所以2sinAcosBsinA，又A(0，p)，sinA0，所以cosB，又B(0，p)，所以B （2）由正弦定理得，得sinA，又ab，所以A为锐角，则cosA， 又ABCp，得sinCsin(p-A-B)sin(AB)sinAcosBcosAsinB 17. 如图是一块地皮，其中，是直线段，曲线段是抛物线的一部分，且点是该抛物线的顶点，所在的直线是该抛物线的对称轴经测量，km，km，现要从这块地皮中划一个矩形来建造草坪，其中点在曲线段上，点，在直线段上，点在直线段上，设km，矩形草坪的面积为km2（1）求，并写出定义域；（2）当为多少时，矩形草坪的面积最大？【答案】（1），定义域为；（2）当时，矩形草坪的面积最大 【解析】试题分析：(1)由题意可得函数的解析式为，定义域为；(2)对函数求导，结合导函数与原函数的关系可得当时，矩形草坪的面积最大.试题解析：（1）以O为原点，OA边所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点作于点，在直角中，所以，又因为，所以，则，设抛物线OCB的标准方程为，代入点的坐标，得，所以抛物线的方程为 因为，所以，则，所以 ，定义域为 （2），令，得 当时，在上单调增；当时，在上单调减所以当时，取得极大值，也是最大值 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，分别为椭圆的右、下顶点，且（1）求椭圆的方程；（2）设点在椭圆内，满足直线，的斜率乘积为，且直线，分别交椭圆于点，(i) 若，关于轴对称，求直线的斜率；(ii) 求证：的面积与的面积相等【答案】（1）；（2）(i) ；(ii)见解析【解析】试题分析：(1)由题意求得，椭圆的方程为.(2)(i)设出点的坐标和直线方程，联立直线与椭圆的方程，得到关于实数k的方程，解方程可得；(ii)利用题意证得，则的面积与的面积相等试题解析：（1）由知，又椭圆过点，所以，解得 所以椭圆的方程为 （2）设直线的斜率为，则直线的方程为联立 消去并整理得，解得，所以 因为直线，的斜率乘积为，所以直线的方程联立 消去并整理得，解得，所以 (i) 因为，关于轴对称，所以，即，解得当时，点在椭圆外，不满足题意所以直线的斜率为 (ii) 联立 解得所以 故的面积与的面积相等19. 已知数列中，数列的前n项和为，满足，（1）求数列的通项公式；（2）数列能否为等差数列？若能，求其通项公式；若不能，试说明理由；（3）若数列是各项均为正整数的递增数列，设，则当，和， 均成等差数列时，求正整数，的值【答案】（1），；（2），或；（3）存在，或，【解析】试题分析：(1)利用递推公式构造新数列为等比数列可求得数列的通项公式为.(2)假设数列可以是等差数列，分类讨论可得，或.(3)由题意讨论r,s,t的关系，构造函数，结合函数的性质讨论可得存在，或，满足条件试题解析：（1）由，得， 又，所以是首项为3，公比为2的等比数列，则，故， （2）由，得，两式相减得，即若是等差数列，设公差为，则，因为，所以 又，即，解得，或当时，满足条件；当时，也满足条件故，或 （3）由是各项均为正整数的递增数列，得，故，故由式可得，所以又由式可知是偶数，所以代入式得，所以是等差数列 由（2）知，所以若 ，由正整数，知，当时， 因此要式成立，只能有 由式得，即又，所以，显然是方程的解 当时，设函数，则，故在上是增函数，所以方程仅有两解因此，存在，或，满足条件20. 已知函数，且的最小值为（1）求的值；（2）若不等式对任意恒成立，其中是自然对数的底数，求的取值范围；（3）设曲线与曲线交于点，且两曲线在点处的切线分别为，试判断，与轴是否能围成等腰三角形？若能，确定所围成的等腰三角形的个数；若不能，请说明理由【答案】（1）2；（2）；（3），与轴能围成2个等腰三角形【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可求得a=-2；(2) 不等式即，构造函数令，分类讨论可得的取值范围是(3) 设，的倾斜角分别为，若，与轴所围成的三角形是等腰三角形，则或 分类讨论：和两种情况可得，与轴能围成2个等腰三角形试题解析：（1），所以，则的最小值为，因此抛物线的对称轴为，即，所以 （2）由（1）知，不等式即，所以对任意恒成立 令，则若，则，所以函数在上单调减，故，解得，此时无符合题意的值； 若，令，解得列表如下：极小值由题意，可知 解得故的取值范围为 （3）设，的倾斜角分别为，则，因为，所以，则，均为锐角若，与轴所围成的三角形是等腰三角形，则或 当时，即，解得，而，即，整理得，解得所以存在唯一的满足题意 当时，由可得，而，即，整理得， 令，则令，解得列表如下：极小值而，所以在内有一个零点，也是上的唯一零点所以存在唯一的满足题意综上所述，与轴能围成2个等腰三角形点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用徐州市2017届高三信息卷数学(附加题)本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21. 如图，点，在圆上，的延长线交于点，交于点，且若，求的长【答案】1【解析】试题分析：利用题意结合圆的性质和相似三角形的性质可得DF=1.试题解析：因为，所以因为，所以因为，所以，又所以，故所以，又因为，所以，则又因为，所以22. 已知矩阵的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为若，求，的值【答案】，的值分别为，【解析】试题分析：利用矩阵的乘法法则列出方程，解方程可得，的值分别为，试题解析：由条件知，即，即，所以 解得 所以 则，所以 解得所以，的值分别为，23. 在极坐标系中，已知曲线，若直线被曲线截得的弦长为，求正实数的值【答案】2【解析】试题分析：利用极坐标方程联立可得正实数的值为2.试题解析：直线与曲线均过极点，令，得，所以，解得24. 已知，且，求的取值范围【答案】【解析】试题分析：利用题意结合柯西不等式的结论构造关于实数a的不等式，求解不等式可得的取值范围是试题解析：因为， ， 即，所以【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤25. 在三棱柱中，平面，点在棱上，且建立如图所示的空间直角坐标系（1）当时，求异面直线与的夹角的余弦值；（2）若二面角的平面角为，求的值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：(1)结合题中的空间直角坐标系计算可得异面直线与的夹角的余弦值为.(2)二面角的平面角为，则平面的法向量，据此列方程可解得的值为试题解析：（1）易知，因为，所以，当时，所以， 所以， 故异面直线与的夹角的余弦值为 （2）由可知，所以，由（1）知，设平面的法向量为，则 即 令，解得，所以平面的一个法向量为 设平面的法向量为，则 即 令，解得，所以平面的一个法向量为 因为二面角的平面角为，所以，即，解得或（舍），故的值为点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在26. 将边长为1的正三角形各边等分，过各等分点在内作边的平行线如图所示是时的图形记中边长为的菱形的个数为（1）写出的值；（2）求的值【答案】（1）3；（2）【解析】试题分析：(1)画图可得；(2)由题意可得递推关系，累加即有 试题解析：（1）（2）设与相邻的平行线为，则中边长为的菱形的个数为考虑比增加的菱形数：以为对角线的菱形数为；以为一边，对边在上的菱形数为所以7分则，上述各式相加，得，所以 点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项