云南省昆明市第一中学2017届新课标高三月考卷(六)数学(理)试题 Word版含答案

理科数学试卷

一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.

1.已知集合A2,1,0,B1,0,1,则AB

A. 2 B. 1,0 C. 1,0,1 D.2,1,0,1 2.若复数z满足32iz5i，则z A. 1 B.

2 C. 2 D.22 x2y23.已知点A3,0,B0,2在椭圆221上，则椭圆的标准方程为

mnx2y2x2y2x2x2y22y1 D. 1 B. 1 C. 1 A.

33294544.在等比数列an中，已知a1a23,a4a512，则数列是 2 A. 递增数列 B. 递减数列 C. 摆动数列 D.常数列

5.已知函数fx为 A.

lnx,x0，若

x,x011ffa，则实数a的值33111 B.  C. ln27 D.ln 27272726.如图，ABC中的阴影部分是由曲线yx与直线xy20所围成的，向ABC内随机投掷一点，则该点落在阴影部分的概率为 A.

7979 B. C. D.

161632327.右边程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”，执行该程序框图（图中\"aMODb\"表示a除以b的余数），若输入的a,b分别为595,245，则输出的a

A. 490 B. 210

C. 105 D. 35

8.如图所示，某几何体的三视图中，正视图和俯视图都是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积为

A.

11 B. C. 1 D. 12 63229.已知函数fx是定义在R上的增函数，若faaf2a4a，则实数a的取值范

围是

A. ,0 B. 0,3 C. 3, D. ,03, 10.等边三角形ABC中，AB2,E,F分别是边AB,AC上运动，若的最小值为 A.

SAEF1，则EF长度SABC34223 B. C. 1 D.

33311.三棱锥PABC中，ABACPBPC5,PABC若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，且球的表面积为34，则棱PA的长为 A. 3 B. 23 C. 32 D.5

x2y212.已知双曲线C1:221a0,b0与圆C2:x2y2c2（c是双曲线的半焦距）相

ab交于第二象限内一点M，点N在x轴下方且在圆C2上，又F1,F2分别是双曲线C1的左右焦点，若F2NM3，则双曲线的离心率为

A.

3 B. 2 C. 31 D.31 2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 向量a2,1,bx,1，若2ab与b共线，则x .

xy3014. 若x,y满足2xy40，则zx3y的最大值为 .

x2y101315. 已知xa2x的展开式中不含x的项，则a . x25216. 已知函数fxx2x2与函数gxxaxb21的一个交点为P，以P为切2点分别作函数fx,gx的切线l1,l2，若l1l2，则ab的最大值为 .

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程. 17.（本题满分12分）

已知ABC中，AB1,BC3,BD是AC边上的中线. （1）求

sinABD；

sinCBD（2）若BD7，求AC的长. 2

18.（本题满分12分）

微信是腾讯公司推出的一种手机通讯软件，它支持发送语音短信、视频、图片和文字，一经推出风靡全国，甚至涌现出了一批在微信朋友圈内销售商品的人（被称为微商）.为了调查每天微信用户使用微信的时间，某销售化妆品的微商在一商业广场随机采访男性、女性用户各50名，其中每天玩微信超过6小时的用户称为“微信控”，否则称其为“非微信控”.调查结果如下：

（1）根据上述数据，能否有60%的把握认为 “微信控”与“性别”有关；

（2）现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5人赠送营养面膜1份，求所抽取5人中“微信控”和“非微信控”的人数；

（3）从（2）中抽取的5人随机抽取3人赠送200元的护肤品套装，记这3人中“微信控”的人数为X，求X的分布列和数学期望.

19.（本题满分12分）

如图，边长为2的等边三角形ABC中,D为BC的中点，将ABC沿AD翻折成直二面角

BADC，点E,F分别是AB,AC的中点.

（1）求证：BC//平面DEF；

（2）在线段AB上是否存在一点P，使CPDF？若存在，求出

AP的值；若不存在，请说明理由. PB

20.（本题满分12分）

已知动圆P过点A2,0，且在y轴上截得的弦长为4. （1）求动圆圆心P的轨迹C的方程；

（2）设Ax1,y1,Bx2,y2是曲线C上两个动点，其中x1x2，且x1x24，线段AB的垂直平分线l与x轴相交于点Q，求ABQ面积的最大值.

21.（本题满分12分） 设函数fxx1ex1a2x. 2（1）讨论函数fx的单调性；

（2）若ae，讨论函数fx的零点的个数.

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按照所做的第一题计分. 22.（本题满分10分）选修4-4：极坐标与参数方程

已知曲线C的极坐标方程是2cos4sin0，以极点为在平面直角坐标系的原点，

3xt2极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xoy，直线的参数方程为（t为参数）. y11t2（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，将直线l的参数方程化为普通方程； （2）若直线l与曲线C相交于A,B两点，与y轴交于点M,求MAMB

23.（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数fxx1.

（1）求不等式xfxfx2的解集；

（2）若函数ylgfx3fxa的值域为R，求实数a的的取值范围.

的值.

2

昆明市第一中学2017届摸底考试 参考答案（理科数学）

命题、审题组教师 杨昆华 顾先成 刘皖明 易孝荣 李文清 张宇甜 莫利琴 蔺书琴 一、选择题 题号 答案 1 D 2 B 3 B 4 C 5 A 6 D 7 D 8 A 9 B 10 A 11 C 12 C 1. 解析：AUB2,1,0,1，选D．

5i1i，所以z2，选B． 32i223. 解析：依题意得m9，n4，选B．

2. 解析：因为z4. 解析：由已知得公比满足q3a1a4a538，所以q2，而a1a2a1，所以a1a223，故数列{an}是摆动数列，选C． 2111115. 解析：因为f()ln0，所以f(a)ln0，所以f(a)lnaln，a，选

33272727A．

6. 解析：由已知可得C、D为曲线yx2与直线xy20的交点，易得C、D点坐标

分

别为

C(2,4)2、D(1,1)3，所以阴影部分的面积为

92xx291229，(x2x)dx2x， ，所以所求概率为S=4481△ABC18163222选D．

7. 解析：辗转相除法是求两个正整数之最大公约数的算法，所以a35，选D． 8. 解析：由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，底面是腰长为1的等腰直角三角形，高

111为1，所以它的体积V111，选A．

3269. 解析：因为f(x)为R上的增函数，所以f(a2a)f2a24a，等价于a2a2a24a，

解得0a3，选B．

10. 解析：因为SABC则SAEF131所以SAEFSABC，设AEx,AFy，ABACsinA3，332134xysinA，所以xy，又在AEF中，2334，当且仅当xy时等号成立． 3EF2x2y22xycos60x2y2xyxy所以EF23，选A． 311. 解析：设PAt，依题意可将三棱锥补成长方体（如图），设长方体的长、宽、高分别

a2b225250t222222为a，b，c，则bct abc，由于球的

222ca25PBcC50t2表面积为34，可得abc34，所以34，解得

2222t32，选C．

Aab，又

12. 解析：由题设知圆C2的直径为F1F2，连结MF1，MF2，则F1MF22MF，所以F1F2M，所以MF1F2F2NM1c，MF23c，由双

36曲线的定义得MF2-MF12a，即(31)c2a，所以e二、填空题

231，选C． 3113. 解析：由已知可得2ab(4x,1)，因为2ab与b共线，所

以4xx0，解得x2．

14. 解析：画出可行域如图所示，目标函数在点A处取得最大值，

而A5,2，故zx3y的最大值为1． 15. 解

52析

5：

51111222xx2x2ax2xa2xxa，xxxx2124a2C58080a20，所以a1． 其中含x3的项的系数为:23C516. 解析：f(x)2x2，g(x)2xa，设Px0,y0，

则f(x0)g(x0)2x022x0a

4x0242ax02a1，即4x0242ax02a10，

22而f(x0)g(x0)，所以x02x02x0ax0b1， 2所以

2x022ax05b02即

4x0242ax052b0，所以

23ab9ab2a15b，所以ab3，所以ab，当且仅当时等号成立，224即ab的最大值为三、解答题

17. 解：(Ⅰ)因为BD是AC边上的中线，所以ABD的面积与CBD的面积相等， 11即ABBDsinABDBCBDsinCBD， 22B9． 4 所

以ADCsAsCiB3． „„„5分

iB（Ⅱ）利用余弦定理，在ABD中，

AB2BD2AD22BDADcosADB „„①

在BDC中， BC2BD2DC22BDDCcosBDC， 因为BDCADB，且ADDC，

所以BC2BD2AD22BDADcosADB „„ ② ① +②得AB2BC22BD22AD2，所以ADAC1． „„„12分

1， 所以218. 解析：（Ⅰ）由列联表可得K的观测值为

2n(adbc)2100(26203024)2k0.6490.708．

(ab)(cd)(ac)(bd)56445050 所以没有

60%的把握认为“微信控”与“性别”有

关． „„„ 4分

（Ⅱ）依题意可知，所抽取的5位女性中，“微信控”有3人，“非微信控”有2人． „„„ 6分

（Ⅲ）X的所有可能取值为1，2，3．

2C1C3P(X1)332C510，

21C3C3P(X2)32C55，

C313P(X3)3． „„„10分

C510所以X的分布列是：

X P 所

以

1 2 3 3 10X的

数

3 5学

1 10期

望

是

E(X)1331923． „„„ 12分 10510519. 解：（Ⅰ）证明：因为点E，F分别是AB，AC的中点，所以EF//BC．

又因为BC平面DEF，EF平面DEF，所以BC//平面

DE．F „„„5分

（Ⅱ）假设存在点P满足条件．以D为坐标原点，以直线DB,DC,DA分别为xA轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得D(0,0,0)，A(0,0,3)，133)，设APPB，则P(,0,)B(1,0,0)，C(0,1,0)，F(0,,，由2211CPDF，得CPDF0，

zFEyDBxC31313即(,1,)(0,,)00，

112222(1)

解得

2，故在线段AB上存在点P，使CPD且

AP2． „„„12分 PB20. 解析：（Ⅰ）设P(x，y)，则由垂径定理得(x2)y所

以

曲

线

222化简得y4x，x22，2C的方程是：

y24x． „„„4分

（Ⅱ）依题意可知直线AB的斜率存在且不为零，所以设直线AB：ykxm(k0)，

22并联立方程y4x消x得ky4y4m0，因为0mk1 ① ，且

y1y2此

44m4 ② y1y2 ③，又y1y2k(x1x2)2m4k2m， 由kkk21m2kk2 得④把④代入①得

k2⑥ „„„

6分

设线段AB的中点为M，则M(2，)，则直线l：y令

2k12(x2)， kk，

y0x4Q(40)， „„„8分

设直线AB与x轴相交于点D，则D(m，0)所以kSABQ把

1m1m4y1y242k2k②

③

④

(y1y2)24y1y2 ⑤

代

入

⑤

化

简

得

SABQ4(111， „„„10分 )222kk设211t02t2，SABQ12t4t3，2t4t3，，由⑥知 ，且 令f(t)1t22kkf(t)1212t212(1t)(1t)，当0t1时，f(t)0，当t1时，f(t)0，

所以当t1时，此时k1，函数f(t)的最大值为f(1)8，因此ABQ的面积的最大值为8，此时直线AB的方程为

yx． „„„12分 21. 解

:

（

Ⅰ

）

函

数

f(x)定义域为(,，f(x)xex1axx(ex1a)， „„„2分

⑴ a0，当x0时，f(x)0；当 x0时，f(x)0， 所以函数

f(x)在

,0上单调递减，在

0,单调递

增． „„„3分 ⑵a0，令f(x)0得x0或x1ln(a)，

1①a时，f(x)x(ex1e1)0，所以函数f(x)在,上单调递增；

e11ln(a)0，n()a或x0时，f(x)0，n()ax0时，②当a0时，当x1l当1lef(x)0，所以函数f(x)在,1ln(a)，0,上单调递增，在1ln(a),0单调递

减；

1③当a时，1ln(a)0，当x1ln(a)或x0时，f(x)0，当0x1ln(a)时，

ef(x)0，所以函数f(x)在,0，1ln(a),上单调递增，在0,1ln(a)单调递

减； „„„6分 （

Ⅱ

）

当

a0时，函数f(x)(xx1只)有1e一个零点

x1； „„„7分

1当a0时，由（Ⅰ）得函数f(x)在,0单调递减，在0,单调递增，且f(0)0，

eaaa0，取x03且x01lna，则f(x0)(x01)ax02(x01)230，所以函222数f(x)有两个零点；9分 f(1)11当a0时，由（Ⅰ）得函数f(x)在0,单调递增，且f(0)0，f(2)e2a0，

ee而x0时，f(x)0，所以函数f(x)只有一个零点．

1当ea时，由（Ⅰ）得函数f(x)在0,1ln(a)单调递减，在1ln(a),上单调

e199递增， 且f(1ln(a))f(0)0，f(3)2e2a2e2e0，而x0时，f(x)0，

e22f(x)所以函数只有一个零点． „

„„12分

第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22. 解：（Ⅰ）曲线C的极坐标方程是2cos4sin0，化为直角坐标方程为

x2y22x4y0，直线l的普通方程为

x3y30． „„„5分 （Ⅱ）将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得t231t30，

点M对应的参数t0，设点A、B对应的参数分别为t1、t2， 则t1t231，t1t23， 所以EAEBt1t2t1t2t1t224t1t21623 MAMB21623．

„„„10分

23. 解：（Ⅰ）由已知不等式xfxfx2，得xx1x1，所以显然x0，

xx1x1解得：

0x1x1 或 ， 22x2x10x1或x1，所以不等式xfxfx2的解集为21x121,． „„„5分

（Ⅱ）要函数ylgfx3fxa的值域为R，

只要gxx2x1a能取到所有的正数，所以只需gx的最小值小于或等于

0，

又gxx2x1ax2x1a3a0，所以只需3a0，即a3，

所以实数a的取值范围是,3．