陜西省高三上學期12月聯考理科數學試卷

高三數學試卷（理科）考生注意：1.本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分.考試時間120分鐘.2.請將各題答案填寫在答題卡上.3.本試卷主要考試內容：高考全部內容.第I卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A.［3，10］ B.［3，10］C.［2，3］ D.［2，9］————C分析：先利用一元二次不等式的解法化簡集合B，再利用交集運算求解.解答：∵，，∴.故選：C2.已知復數滿足(，則（）A. B. C. D.————B分析：由條件可得，根據復數的除法運算可得答案.解答：因為.所以.故選：B3.棱長為2的正四面體的表面積是（）A. B. C. D.————D分析：求出一個面的面積乘以4即可.解答：正四面體的各個面面積相等；一個面為邊長為2的等邊三角形，其面積為：所以，棱長為2正四面體的表面積是．故選：D4.設雙曲線：的離心率為，則的漸近線方程為（）A. B.C. D.————B分析：根據，即可求解.解答：由題意，雙曲線：的離心率為，即，所以，所以的漸近線方程為.故選：B.5.設，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B. C. D.————D分析：利用對數函數和指數函數的性質比較即可．解答：由題意：，，，所以.故選：D.6.明朝早期，鄭和七下西洋過程中，將中國古代天體測量方面所取得的成就創(chuàng)造性地應用于航海，形成了一套先進航海技術——“過洋牽星術”．簡單地說，就是通過觀測不同季節(jié)、時辰的日月星辰在天空運行的位置和測量星辰在海面以上的高度來判斷方位．其采用的主要工具是牽星板，由12塊正方形木板組成，最小的一塊邊長約2厘米（稱一指），木板的長度從小到大依次成等差數列，最大的邊長約24厘米（稱十二指）．觀測時，將木板立起，一手拿著木板，手臂伸直，眼睛到木板的距離大約為72厘米，使牽星板與海平面垂直，讓板的下緣與海平面重合，上邊緣對著所觀測的星辰，依高低不同替換、調整木板，當被測星辰落在木板上邊緣時所用的是幾指板，觀測的星辰離海平面的高度就是幾指，然后就可以推算出船在海中的地理緯度．如圖所示，若在一次觀測中，所用的牽星板為六指板，則（）A. B. C. D.————A分析：根據等差數列知識求出六指板的長度，再求出，然后根據二倍角的正切公式可求出結果.解答：設等差數列為，則厘米，厘米，所以公差，所以厘米，則，則．故選：A7.下方程序框圖的算法思路來源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”．執(zhí)行該程序框圖，若輸入，，的值分別為6，9，0，則輸出和的值分別為（）A.0，3 B.3，3C.0，4 D.3，4————B分析：根據給定的程序框圖，逐次計算，即可求解.解答：由題意，執(zhí)行給定的程序框圖，可得：第1次循環(huán)：，；第2次循環(huán)：，；第3次循環(huán)：，，結束循環(huán)，輸出，.故選：B．8.已知各項均為正數且單調遞減的等比數列滿足成等差數列，其前n項和為，且，則（）A.16 B.8 C.4 D.————A分析：根據條件，用基本量列方程求解即可.解答：由成等差數列，得.設的公比為q則，解得或(舍去)所以，解得故選：A.9.設函數，則下列結論正確的有（）A.的圖象關于原點對稱 B.的圖象關于直線對稱C. D.————D分析：A：根據奇函數、偶函數的定義，判斷出函數的奇偶性，然后根據奇函數、偶函數的性質進行判斷即可；B：通過上述的判斷，根據奇函數、偶函數的性質和函數圖象平移的性質進行判斷即可；C：通過特例法進行判斷即可；D：利用導數，根據由A判斷出函數的奇偶性，結合函數解析式的特征進行判斷即可.解答：因為，所以，所以為偶函數，則的圖象關于y軸對稱，故A錯誤；因為的圖象關于y軸對稱，所以的圖象關于直線對稱，故B錯誤；當時，，所以，則，故C錯誤；設，則，從而在上單調遞增.因為，所以，即，所以.當時，，所以.因為是偶函數，所以，所以D正確故選：D10.已知等差數列和的前n項和分別為和，且，則使得為整數的正整數k的個數是（）A.3 B.4 C.5 D.6————C分析：由等差數列的求和公式，得到，，求得，即可求解.解答：因為，所以，同理可得，則，當時，為整數，即滿足條件的k的個數為5.故選：C.11.自然對數是以常數e為底數的對數，記作，在物理學、生物學等自然科學中有著重要的意義.這個表示自然對數的底數的符號e是由瑞士數學和物理學家LeonhardEuler命名的，取的正是Euler的首字母e，.某教師為幫助同學們了解e，讓同學們把小數點后的7位數字進行隨機排列，整數部分2的位置不變，那么可以得到大于的不同數字的種數為（）A.216 B.220 C.340 D.460————B分析：分小數點后第一個數字為8和小數點后第一個數字為7兩種情況討論，結合排排列數公式及分類計數原理，即可求解.解答：由題意，當小數點后第一個數字為8時，共有種；當小數點后第一個數字為7時，共有種，則可以得到大于的不同數字共有種.故選：B.12.已知函數是定義在R上的奇函數，其導函數為，且對任意實數x都有，則不等式的解集為（）A. B. C. D.————B分析：構造函數，利用導數判斷其單調性，利用單調性可解得結果.解答：設，則．因為，所以，所以,故在R上單調遞增．因為是定義在R上的奇函數，所以，所以，所以不等式可化為，即，又在R上單調遞增．所以，所以不等式的解集為.故選：B.點撥：關鍵點點睛：構造函數并利用導數判斷其單調性是解題關鍵.第Ⅱ卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡上.13.已知向量，且，則___________．————1分析：根據題意，由向量坐標的加法運算可得，再利用向量垂直與向量數量積的關系可解得的值．解答：由題意可得．因為，所以，解得．故答案為：1.點撥：本題考查向量坐標的加法運算，數量積的坐標計算公式，關鍵是掌握向量垂直與向量數量積的關系，屬于基礎題.14.已知實數，滿足條件，則的最大值為______．————分析】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，結合圖形確定出目標函數的最優(yōu)解，代入即可求解.解答：作出不等式組表示的可行域，如圖所示，目標函數，可化為直線，當直線過點時，直線在軸上的截距最大，此時目標函數取得最大值，又由，解得，代入可得目標函數的最大值為.故答案為：.點撥：根據線性規(guī)劃求解目標函數的最值問題的常見形式：（1）截距型：形如.求這類目標函數的最值常將函數轉化為直線的斜截式：，通過求直線的截距的最值間接求出的最值；（2）距離型：形如，轉化為可行域內的點到定點的距離的平方，結合點到直線的距離公式求解；（3）斜率型：形如，轉化為可行域內點與定點的連線的斜率，結合直線的斜率公式，進行求解．15.定義在上的奇函數在上是減函數，若，則m的取值范圍為______.————分析：根據題意，得到在上單調遞減，且，把不等式轉化為，結合單調性，即可求解.解答：由題意，函數是在上的奇函數，且在上是減函數，可得函數在上單調遞減，且，又由不等式，可化為，即，解得，即m的取值范圍為.故答案為：.16.已知正方體的棱長為2，以A為球心，為半徑的球面與平面的交線長為________.————分析：在平面內任取一點P，使，求出，所以交線是以為圓心，以2為半徑的圓，即得解.解答：由題意知.如圖，在平面內任取一點P，使，則，故以A為球心，為半徑的球面與平面的交線是以為圓心，以2為半徑的圓，故該交線長為.故答案為：

點撥：關鍵點睛：解答本題的關鍵是找到動點P的軌跡，立體幾何中的軌跡的研究方法常用的是定義法.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.17.在中，角所對的邊分別為.已知.（1）若，求的值（2）若的面積為，求周長的最小值.————（1）；（2）12分析：（1）由余弦定理得，再根據正弦定理得；（2）由題知，進而由余弦定理得，再結合基本不等式得，由于，進而得，故，當且僅當是等號成立，進而得周長的最小值.解答：解：（1）由余弦定理可得，則.由正弦定理可得，則.（2）因為的面積為，所以，則.由余弦定理可得，則（當且僅當時，等號成立），即.因為，所以，所以（當且僅當時，等號成立），故，即周長的最小值為12.點撥：本題第二問解題的關鍵在于根據余弦定理，結合基本不等式得，，當且僅當時，等號成立，進而求得答案.18.某學校組織知識競賽，比賽共分為兩輪，每位參賽選手均須參加兩輪比賽，若其在兩輪比賽中均勝出，則視為贏得比賽，已知在第一輪比賽中，甲、乙、丙勝出的概率分別為，，；在第二輪比賽中，甲、乙、丙勝出的概率分別為，，.甲、乙、丙三人在每輪比賽中是否勝出互不影響.（1）從甲、乙、丙三人中選取一人參加比賽，派誰參賽贏得比賽的概率更大？（2）若甲、乙、丙三人均參加比賽，求恰有兩人贏得比賽的概率.————（1）派丙參賽贏得比賽的可能性最大；（2）.分析：（1）設“甲贏得比賽”為事件A，“乙贏得比賽”為事件B，“丙贏得比賽”為事件C，利用相互獨立事件概率乘法公式分別求出相應的概率，能求出派丙參賽贏得比賽的可能性最大．（2）設“三人比賽后恰有兩人贏得比賽”為事件D，利用相互獨立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出恰有兩人贏得比賽的概率．解答：設“甲贏得比賽”為事件A，“乙贏得比賽”為事件B，“丙贏得比賽”為事件C，則，，.因為，所以派丙參賽贏得比賽的可能性最大.（2）設“三人比賽后恰有兩人贏得比賽”為事件D，則.點撥：方法點睛：相互獨立事件的概率用乘法公式，互斥事件的概率用加法公式．19.如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是（1）求證：CD⊥B1D；（2）若BC=，求二面角B—C1D—B1的大小.————（1）證明見解析；（2）分析：（1）根據計算，利用勾股定理逆定理得;根據B1C1⊥平面AA1C1C（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量數量積求二面角大小.解答：（1）因為是邊長為1的等邊三角形，所以因為B1C1⊥平面AA1C1C，平面AA因為為平面B1C1D內兩相交直線，所以平面B1C1D因為平面B1C1D,所以CD⊥B1D；（2）以D為坐標原點，過平行直線為軸建立如圖所示空間直角坐標系，則設平面BC1D的一個法向量為，平面C1DB1的一個法向量為由得令由得令因為二面角B—C1D—B1為銳二面角，所以二面角B—C1D—B1為點撥：本題考查線面垂直判定與性質定理、利用空間向量求二面角，考查綜合分析論證與求解能力，屬中檔題.20.已知橢圓C：的左、右焦點分別為，點在橢圓C上，且的面積為．（1）求橢圓C的標準方程；（2）若橢圓C上存在A，B兩點關于直線對稱，求m的取值范圍．————（1）；（2）.分析：（1）由于點在橢圓上，則有，再由的面積為，可得，再結合，可求出的值，從而可得橢圓方程；（2）設，線段的中點為，由于直線是線段的中垂線，且直線過點，則有，再將兩點的坐標分別代入橢圓方程中，兩式相減化簡，結合前面的式子可得，從而可得，再將代入橢圓方程中可得，從而可得或，進而可求出的取值范圍解答：解：（1）由題意可得解得，故橢圓C的標準方程為．（2）設，線段的中點為．因為直線過定點，所以．因為A，B在橢圓上，所以，所以，整理得，所以，所以．因為點M在直線上，所以，則．由得，則或，解得或．故m的取值范圍為．點撥：關鍵點點睛：此題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關系，解題的關鍵是利用點差法將線段的中點的縱坐標用含的式子表示出來，即，而橫坐標代入橢圓方程中，求出，再由橢圓的性質可得的取值范圍，從而可得的取值范圍，考查計算能力，屬于中檔題21.已知函數的圖象在點處的切線方程為.（1）證明：.（2）若是的極值點，且.若，且.證明：.————（1）證明見解析；（2）證明見解析.分析：（1）求得導數，利用，求得，根據導數的符號求得函數的單調性，結合函數的單調性，即可求解.（2）由（1）得到，令，結合函數的單調性和最值，得到，使得，設，求得的解析式，令，進而得到的單調性，得到在上單調遞增，結合單調性，得出，即可求解.解答：（1）由題意，函數，所以，則，解得，故.令，則.由，解得；由，解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，即.（2）由（1）可知，則，設，則，由，得；由，得，在上單調遞減，在上單調遞增，即在上單調遞減，在上單調遞增，，因，，所以，使得，即，因為，所以由，得，則在上單調遞減.設，則.設，則.因為，且減函數，所以當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，即在上單調遞增，在上單調遞減.因為，所以，則在上單調遞減.因為，所以，即，即.因為，所以.因為，所以，，且在上單調遞增，所以，即.因為，所以，所以，所以.點撥：利用導數證明不等式問題：（1）直接構造法：證明不等式轉化為證明，進而構造輔助函數；（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數；（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.[選修44：坐標系與參數方程]22.數學中有許多寓