2017届湖南省长沙市长郡中学高三下学期临考冲刺训练数学(文)试题(解析版)

湖南省长沙市长郡中学2017届高三下学期临考冲刺训练文科数学试题一、选择题1．已知集合{}|04A x N x =∈≤≤，则下列表述正确的是（ ）A. 0A ∉B. 1A ⊆A ⊆ D. 3A ∈ 【答案】D【解析】试题分析：由题意知，集合{}01234A =，，，，，又由元素与集合关系，易知选项D 正确有.故选D.【考点】元素与集合关系.2．等于（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】.故本题答案选．3．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）A. 向右平移个单位B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位D. 向左平移个单位 【答案】A【解析】试题分析：因为,而,故应选答案A.【考点】正弦函数的图象与性质的运用.4．4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机有放回抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之差的绝对值为奇数的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】从这张卡片中随机有放回抽取张，共有种取法，取出的张卡片上的数之差的绝对值为奇数的取法有种，据古典概型可得所求概率为．故本题答案选．5．已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是由一个直角三角形与一个半圆组成，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由题意得，根据给定的三视图，该几何体可得原几何体表示前半部分是一个底面为直角三角形，且直角边分别为和的三角形，侧棱为的直三棱柱，后半部分表示一个底面半径为，母线长为的半个圆柱，所以该几何体的体积为，故选A．【考点】几何体的三视图与几何体的体积．【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中，根据给定的三视图得出该几何体可得原几何体表示前半部分是一个底面为直角三角形，且直角边分别为和的三角形，侧棱为的直三棱柱，后半部分表示一个底面半径为，母线长为的半个圆柱是解答的关键．6．已知等差数列满足，则（）A. B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】由题知，即，得，解得．故本题答案选．点睛：本题主要考查等差数列的通项公式.等差数列的通项公式及前项和公式,共涉及五个量,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.数列的通项公式和前项和公式在解题中起到变量代换作用,而是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法.7．从1，2，3，4，5，6，7，8总随机取出一个数为，执行如图所示的程序框图，则输出的不小于40的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由程序框图，得输出的结果为，令，即，解得，即的值可能为4,5,6,7,8，所以输出的不小于40的概率为；故选B．【考点】1.程序框图；2.古典概型．8．若变量满足约束条件，且的最小值为，则（）A. 9B. 3C.D.【答案】C【解析】作出不等式对应的平面区域(阴影部分)，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小．目标函数为，由，解得，即．由点也在直线上，所以．故本题答案选．点睛：本题为线性规划问题.掌握常见的几种目标函数的最值的求法:①利用截距的几何意义;②利用斜率的几何意义;③利用距离的几何意义.往往是根据题中给出的不等式,求出的可行域,利用的条件约束,做出图形.数形结合求得目标函数的最值.9．函数的图象大致是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，故函数为非奇非偶函数，排除C,D，又时，，排除B，故选A点睛：本题考查函数的奇偶性，以及函数图像等有关性质，解题时注意选用适当方法10．已知三棱锥，在底面中，，面，，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：底面三角形内，根据正弦定理，可得,,满足勾股定理，,底面,所以,那么平面,所以,那么直角三角形有公共斜边,所以三棱锥的外接球的球心就是的中点,是其外接球的直径，,所以外接球的表面积,故选D.【考点】球与几何体11．已知圆，从点观察点，要使视线不被圆挡住，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】试题分析：设过点与圆：相切的直线为，则，解得，∴切线方程为，由点向圆引条切线，只要点在切线之外，那么就不会被遮挡，在的直线上，在中，取，得，从点观察点，要使视线不被圆挡住，需，或.∴的取值范围是.故选：D.【考点】直线与圆的位置关系.12．定义在上的单调函数对任意的都有，则不等式的解集为（）A. 或B.C. D.【答案】A【解析】令，则，所以，又因为，所以，解得，可得，所以是增函数，由，则，所以，解得．故本题选．二、填空题13．已知向量，若与共线，则__________．【答案】【解析】由向量的坐标运算知，．两向量共线可得，可化为．故本题应填．14．直线与曲线相切于点，则的值为__________．【答案】3【解析】由切点可知．对曲线方程求导可得，可知，解方程组可得．故本题应填．15．若数列是正项数列，且，则__________．【答案】【解析】由，则，两式相减，可得，当时也成立．则，有，为公差为的等差数列，其前项和．故本题应填．16．已知双曲线的方程为，其左、右焦点分别是，已知点坐标，双曲线上点满足，则__________．【答案】2【解析】由条件，得．又，由向量的坐标运算可得，即，又在双曲线上，所以把代入双曲线，解得或(舍去)．所以，所以直线的方程为，所以点到直线的距离，易知点到轴，直线的距离均为，所以点是的内心，所以．故本题应填．点睛：圆锥曲线与平面向量的综合，通常是将向量表示为坐标形式，然后利用向量运算转化为代数运算进行求解；圆锥曲线中的面积问题通常涉及到三角形的面积，而求三角形面积的关系是确定底边和高的长．三、解答题17．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，已知sin cos c A C =. （Ⅰ）求C ；（Ⅱ）若c =sin sin()3sin 2C B A A +-=，求ABC ∆的面积.【答案】（Ⅰ）3C π=； 【解析】试题分析：本题主要考查解三角形中的正弦定理、余弦定理的运用.考查了分类讨论思想.第一问考查了正弦定理，利用正弦定理将边转化为角，消去sin A 得到正切值，注意解题过程中sin 0A ≠才可以消掉；第二问利用三角形的内角和转化角C ，用两角和差的正弦公式展开表达式化简，讨论cos A 是否为0，当cos 0A =时，2A π=，可直接求出b 边，当cos 0A ≠时，利用正余弦定理求,a b 边，再利用1sin 2S ab C =求三角形面积.试题解析：（Ⅰ）由正弦定理，得sin sin cos C A A C =，因为sin 0A ≠，解得tan C =3C π=． 6分（Ⅱ）由sin sin()3sin 2C B A A +-=，得sin()sin()3sin 2B A B A A ++-=， 整理，得sin cos 3sin cos B A A A =．若cos 0A =，则2A π=，tan 3c b π=，b =，ABC ∆的面积12S bc ==8分若cos 0A ≠，则sin 3sin B A =，3b a =．由余弦定理，得2222cos c a b ab C =+-，解得1,3a b ==．ABC ∆的面积1sin 24S ab C ==．综上，ABC ∆ 12分【考点】1.正弦定理；2.余弦定理；3.两角和差的正弦公式；4.三角形面积公式.18．某学校为加强学生的交通安全教育，对学校旁边A ，B 两个路口进行了8天的检测调查，得到每天各路口不按交通规则过马路的学生人数（如茎叶图所示），且A 路口数据的平均数比B 路口数据的平均数小2.（1）求出A 路口8个数据中的中位数和茎叶图中m 的值； （2）在B 路口的数据中任取大于35的2个数据，求所抽取的两个数据中至少有一个不小于40的概率.【答案】（1）34.5，4m =；（2）107. 【解析】试题分析：（1）由茎叶图可得A 路口8个数据中3534，为最中间两个数，由此计算中位数，又A 路口8个数据的平均数为34，可得24323637384245(30)368m ++++++++=；（2）B 在路口的数据中任取2个大于35的数据，有10种可能，其中“至少有一次抽取的数据不小于40”的情况有7种，故所求概率为107. 试题解析：（1）A 路口8个数据的中位数为343534.52+=. ∵A 路口8个数据的平均数为2130313435353749348+++++++=， ∴B 路口8个数据的平均数为36，∴24323637384245(30)368m ++++++++=，4m =. （2）B 在路口的数据中任取2个大于35的数据，有如下10种可能结果：（36,37），（36,38），（36,42），（36,45），（37,38），（37,42），（37,45）， （38,42），（38,45），（42,45）.其中“至少有一次抽取的数据不小于40”的情况有如下7种： （36,42），（36,45），（37,42），（37,45），（38,42），（38,45），（42,45）. 故所求的概率为710p =【考点】样本特征数、古典概型．19．如图，在四棱锥中，为正三角形，,,,平面.（Ⅰ）若为棱的中点，求证：平面;（Ⅱ）若,求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】试题分析：（Ⅰ）利用直线与平面垂直的判定定理即可证明（Ⅱ）利用，即等体积法即可求得点到平面的距离.试题解析：（Ⅰ）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.…（Ⅱ）因为平面，所以,所以.由（Ⅰ）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.【考点】直线与平面垂直的判定，等体积法20．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为．过焦点的直线（斜率不为0）与椭圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点，直线交椭圆于两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当四边形为矩形时，求直线的方程．【答案】（1）．（2）【解析】试题分析：(I)借助题设条件运用参数之间的关系等知识建立方程组求解；(II)依据题设运用直线与椭圆的位置关系进行探求.试题解析：（Ⅰ）由题意可得解得，.故椭圆的方程为...........（5分）（Ⅱ）由题意可知直线斜率存在，设其方程为，点，.，，由得.所以，因为.所以中点.因此直线方程为.由解得，.因此四边形为矩形，所以，即.所以.所以.解得，故直线的方程为...........（14分）【考点】椭圆的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】本题考查的是椭圆的标准方程等基础知识与直线与椭圆的位置关系的综合性问题.解答本题的第一问时,直接依据题设条件运用椭圆的几何性质和椭圆的有关概念,求得椭圆的标准方程为；第二问的求解过程中,先设直线的方程为,再借助题设中的矩形满足的条件建立方程,求得,从而使得问题获解.21．已知直线l的参数方程为2(2x m t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为2222cos3sin 12ρθρθ+=，且曲线C 的左焦点F 在直线l 上．（Ⅰ）若直线l 与曲线C 交于,A B 两点，求FA FB ⋅的值；（Ⅱ）设曲线C 的内接矩形的周长为p ，求p 的最大值．【答案】（1）||||2FA FB ⋅=；（2）16.【解析】试题分析：（1）曲线C 的极坐标方程为2222cos 3sin 12ρθρθ+=化为直角坐标方程，再将直线l的参数方程为(x m t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩为参数)代入，利用直线参数方程的意义求解；（2）用椭圆参数方程设矩形的四点，面积用三角函数表示，再利用三角函数的有界性求解 .试题解析：(1)直线AB的参数方程是2x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），代入椭圆方程得220t t --=， 所以||||2FA FB ⋅=.(2)设椭圆C 的内接矩形的顶点为cos ,2sin )θθ，(,2sin )θθ-，,2sin )θθ-，(,2sin )(0).2πθθθ--<<所以椭圆C的内接矩形的周长为4sin )θθ+=16sin().3πθ+ 当32ππθ+=时，即6πθ=时椭圆C 的内接矩形的周长取得最大值16.【考点】1、极坐标方程化为直角坐标的方程；2、参数方程化普通方程及三角函数求最值.22．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()2f x x a a =-+，a ∈R ，()21g x x =-．（1）若当()5g x ≤时，恒有()6f x ≤，求a 的最大值；（2）若当x ∈R 时，恒有()()3f x g x +≥，求a 的取值范围．【答案】（1）1；（2）[)2,+∞．【解析】试题分析：（1）根据()5g x ≤时，恒有()6f x ≤，转化为绝对值不等式，即可求解a 的取值范围，得出a 的最大值；（2）利用绝对值的几何意义，可得()()1f x g x a a +≥-+，得出不等式13a a -+≥，即可求解a 的取值范围． 试题解析：（1）()5215521523g x x x x ≤⇔-≤⇔-≤-≤⇔-≤≤； ()62662633f x x a a a x a a a x ≤⇔-≤-⇔-≤-≤-⇔-≤≤．依题意有，32a -≤-，1a ≤．故a 的最大值为1．（2）()()2212211f x g x x a x a x a x a a a +=-+-+≥--++≥-+， 当且仅当()()2210x a x --≥时等号成立． 解不等式13a a -+≥，得a 的取值范围是[)2,+∞．【考点】绝对值不等式．。