209.2017年贵州省贵阳一中、凯里一中联考高考数学适应性试卷（文科）（7）

这是一份209.2017年贵州省贵阳一中、凯里一中联考高考数学适应性试卷（文科）（7），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2017年贵州省贵阳一中、凯里一中联考高考数学适应性试卷（文科）（7）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）已知，，，则　　
A． B． C． D．
2．（5分）设，则“”是“”的　　
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（5分）设，则　　
A． B．1 C．2 D．
4．（5分）函数定义在实数集上，，且当时，则有　　
A．（2） B．（2）
C．（2） D．（2）
5．（5分）已知三角形的边中点为，且点满足，且，则的值是　　
A． B．2 C． D．
6．（5分）已知图象不间断函数是区间，上的单调函数，且在区间上存在零点．上图是用二分法求方程近似解的程序框图，判断框内可以填写的内容有如下四个选择：
①（a），
②（a），
③（b），
④（b），
其中能够正确求出近似解的是　　

A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
7．（5分）若点在线段上运动，且，，设，则　　
A．有最大值2 B．有最小值1
C．有最大值1 D．没有最大值和最小值
8．（5分）如图为体积是3的几何体的三视图，则正视图的值是　　

A．2 B． C． D．3
9．（5分）已知三棱锥中，，，且各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为　　
A． B． C． D．
10．（5分）若实数，在条件下，所表示的平面区域面积为2，则的最小值为　　
A． B． C． D．2
11．（5分）已知函数，为等比数列，且，则　　
A．2007 B． C．1 D．
12．（5分）已知直线上总存在点，使得过点作的圆的两条切线互相垂直，则实数的取值范围是　　
A．或 B． C． D．或
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（5分）贵阳一中第110周年校庆于2016年9月30日在校举行，校庆期间从贵阳一中高一年级的2名志愿者和高二年级的4名志愿者中随机抽取2人到一号门搞接待老校友的服务，至少有一名是高一年级志愿者的概率是　 　．
14．（5分）的内角，，的对边分别为，，，若其外接圆半径，，，则　 　．
15．（5分）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，有下列命题：
①若，平行于同一平面，则与平行；
②若，，则；
③若，不平行，则在内不存在与平行的直线；
④若，，则且；
⑤若，，则与所成角等于与所成角．
其中真命题有　 　．（填写所有正确命题的编号）
16．（5分）已知椭圆，双曲线，以的短轴为一条最长对角线的正六边形与轴正半轴交于点，为椭圆右焦点，为椭圆右顶点，为直线与轴的交点，且满足是与的等差中项，现将坐标平面沿轴折起，当所成二面角为时，点，在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为　　．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，边上的中线，求的面积．
18．（12分）小丽今天晚自习准备复习历史、地理或政治中的一科，她用数学游戏的结果来决定选哪一科，游戏规则是：在平面直角坐标系中，以原点为起点，再分别以，，，，这5个点为终点，得到5个向量，任取其中两个向量，计算这两个向量的数量积，若，就复习历史，若，就复习地理，若，就复习政治．
（1）写出的所有可能取值；
（2）求小丽复习历史的概率和复习地理的概率．
19．（12分）如图所示，在长方体中，底面是边长为1的正方形，，为棱上的一个动点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）当取得最小值时，求证：平面．

20．（12分）在平面直角坐标系中，椭圆在轴正半轴上的焦点为，过且倾斜角为的直线与交于，两点，四边形为平行四边形．
（1）判断点与椭圆的位置关系；
（2）求平行四边形的面积．
21．（12分）已知函数，其中为实数．
（1）若函数在处取得极值，求的值；
（2）若函数的图象上存在两点关于原点对称，求的取值范围．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，其中为参数，，再以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中，，直线与曲线交于，两点．
（1）求的值；
（2）已知点，且，求直线的普通方程．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数的顶点为．
（1）解不等式；
（2）若实数满足，求证：．

2017年贵州省贵阳一中、凯里一中联考高考数学适应性试卷（文科）（7）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）已知，，，则　　
A． B． C． D．
【考点】：交、并、补集的混合运算
【专题】37：集合思想；：转化法；：集合
【分析】分别求出、的范围，求出的补集，从而求出其和的交集即可．
【解答】解：，
故，
而，
，
故选：．
【点评】本题考查了集合的运算，考查解不等式问题，是一道基础题．
2．（5分）设，则“”是“”的　　
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件
【专题】：简易逻辑
【分析】根据充分必要条件的定义，分别证明充分性和必要性，从而得出答案．
【解答】解：若，则，是充分条件；
若，则或，不是必要条件，
故选：．
【点评】本题考查了充分必要条件，是一道基础题．
3．（5分）设，则　　
A． B．1 C．2 D．
【考点】：复数的模
【专题】35：转化思想；：数系的扩充和复数
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．
【解答】解：，
，
故选：．
【点评】本题考查了模的计算公式、复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）函数定义在实数集上，，且当时，则有　　
A．（2） B．（2）
C．（2） D．（2）
【考点】：函数单调性的性质与判断；：函数的周期性
【专题】51：函数的性质及应用
【分析】易判断在，上的单调性，根据可把，转化到区间，上，借助函数单调性可作出大小判断．
【解答】解：时，
在，上单调递增，
，
，，
又，
（2），即（2），
故选：．
【点评】本题考查函数的单调性及其应用，解决本题的关键是利用所给条件把问题转化到已知区间上利用函数性质解决问题．
5．（5分）已知三角形的边中点为，且点满足，且，则的值是　　
A． B．2 C． D．
【考点】：向量的三角形法则
【专题】11：计算题；35：转化思想；41：向量法；：平面向量及应用
【分析】根据平行四边形的法则和向量的加减的几何意义即可求出．
【解答】解：由，且，
则为以，为两边的平行四边形的第四个顶点，
因此，
，
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的法则和向量的加减的几何意义，属于基础题．
6．（5分）已知图象不间断函数是区间，上的单调函数，且在区间上存在零点．上图是用二分法求方程近似解的程序框图，判断框内可以填写的内容有如下四个选择：
①（a），
②（a），
③（b），
④（b），
其中能够正确求出近似解的是　　

A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【考点】：程序框图
【专题】51：函数的性质及应用；：算法和程序框图
【分析】由零点的判定定理知，判断框可以填写（a）或（b），由此可得答案．
【解答】解：由二分法求方程近似解的流程知：
当满足（a）时，令；否则令；故①正确，②错误；
当满足（b）时，令；否则令；故④正确，③错误．
故选：．
【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
7．（5分）若点在线段上运动，且，，设，则　　
A．有最大值2 B．有最小值1
C．有最大值1 D．没有最大值和最小值
【考点】：对数的运算性质；：基本不等式及其应用
【专题】51：函数的性质及应用；59：不等式的解法及应用；：直线与圆
【分析】由已知点在线段上运动，且，，即点满足，再利用基本不等式的性质、对数运算法则即可得出．
【解答】解：由已知点在线段上运动，且，，即点满足，，当且仅当时，
即时，，
，
故选：．
【点评】本题考查了直线方程、基本不等式的性质、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
8．（5分）如图为体积是3的几何体的三视图，则正视图的值是　　

A．2 B． C． D．3
【考点】：由三视图求面积、体积
【专题】15：综合题；35：转化思想；：演绎法；：空间位置关系与距离
【分析】根据三视图判断几何体为四棱锥，再利用体积公式求即可．
【解答】解：根据三视图判断几何体为四棱锥，底面是梯形，上底长为1，下底长为2，
高为2，四棱锥的高为，则，，
，
故选：．

【点评】本题考查三视图的应用，由三视图正确恢复原几何体是解题的关键．
9．（5分）已知三棱锥中，，，且各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为　　
A． B． C． D．
【考点】：球的体积和表面积
【专题】15：综合题；34：方程思想；：演绎法；：空间位置关系与距离
【分析】由三棱锥的对边相等可得三棱锥为某一长方体的对角线组成的三棱锥，求出长方体的棱长即可得出外接球的半径，从而计算出外接球的体积．
【解答】解：补体为底面边长为1，高为的长方体，外接球的球心为长方体体对角线中点，所以球的半径，球的体积，
故选：．
【点评】本题考查了棱锥与外接球的位置关系，棱锥的体积计算，转化思想，属于中档题．
10．（5分）若实数，在条件下，所表示的平面区域面积为2，则的最小值为　　
A． B． C． D．2
【考点】：简单线性规划
【专题】3：解题思想；49：综合法；：不等式
【分析】画出约束条件的可行域，通过面积为2，求出，利用目标函数的几何意义求解即可．
【解答】解：如图是实数，在条件的可行域，要使区域面积为2，则，，
表示区域上的点到点的斜率，
故最小值为两点与连线的斜率，为，，
故选：．

【点评】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的几何意义是解题的关键，考查数形结合以及计算能力．
11．（5分）已知函数，为等比数列，且，则　　
A．2007 B． C．1 D．
【考点】88：等比数列的通项公式
【专题】11：计算题；35：转化思想；：转化法；54：等差数列与等比数列
【分析】根据等比数列的性质得和，即可求出答案．
【解答】解，
，
数列是等比数列，
，
设①，
②，
①②得，
，
故选：．
【点评】考查学生利用等比数列性质的能力，以及指数对数函数的综合运用能力．
12．（5分）已知直线上总存在点，使得过点作的圆的两条切线互相垂直，则实数的取值范围是　　
A．或 B． C． D．或
【考点】：圆的切线方程
【专题】15：综合题；34：方程思想；：演绎法；：直线与圆
【分析】若直线上总存在点使得过点的两条切线互相垂直，只需圆心到直线的距离，即可求出实数的取值范围．
【解答】解：如图，设切点分别为，．连接，，，
由及知，四边形为正方形，故，
若直线上总存在点使得过点的两条切线互相垂直，只需圆心到直线的距离，即，，
故选：．

【点评】本题考查直线和圆的位置关系，由题意得到若直线上总存在点使得过点的两条切线互相垂直，只需圆心到直线的距离，是解决问题的关键，属中档题．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（5分）贵阳一中第110周年校庆于2016年9月30日在校举行，校庆期间从贵阳一中高一年级的2名志愿者和高二年级的4名志愿者中随机抽取2人到一号门搞接待老校友的服务，至少有一名是高一年级志愿者的概率是　　．
【考点】：列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【专题】11：计算题；37：集合思想；：定义法；：概率与统计
【分析】记2名来自高一年级的志愿者为，，4名来自高二年级的志愿者为，，，．利用列举法能求出从这6名志愿者中选出2名，其中至少有一名是高一年级志愿者的概率．
【解答】解：记2名来自高一年级的志愿者为，，
4名来自高二年级的志愿者为，，，．
从这6名志愿者中选出2名的基本事件有：
，，，，，，，，
，，，，，，，，
，，，，，，，，
，，，，，，共15种．
其中至少有一名是高一年级志愿者的事件有9种．
故所求概率．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．
14．（5分）的内角，，的对边分别为，，，若其外接圆半径，，，则　　．
【考点】：正弦定理
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可求的值，根据正弦定理即可计算得解的值．
【解答】解：由，得：，
由，得：，
则，
可得：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
15．（5分）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，有下列命题：
①若，平行于同一平面，则与平行；
②若，，则；
③若，不平行，则在内不存在与平行的直线；
④若，，则且；
⑤若，，则与所成角等于与所成角．
其中真命题有　②⑤　．（填写所有正确命题的编号）
【考点】：空间中直线与平面之间的位置关系
【专题】：探究型；39：运动思想；48：分析法；：空间位置关系与距离
【分析】由线线、线面、面面之间的关系逐一核对5个命题得答案．
【解答】解：①若，平行于同一平面，则与平行或相交或异面，故①错误；
②若，则垂直于内的所有直线，又，则，故②正确；
③若，不平行，则，相交，设，在内作直线，则，故③错误；
④若，，则或或或，过④错误；
⑤，与、成等角，又，与、成等角，则与所成角等于与所成角，故⑤正确．
正确命题的序号是②⑤．
故答案为：②⑤．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中线面关系，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．
16．（5分）已知椭圆，双曲线，以的短轴为一条最长对角线的正六边形与轴正半轴交于点，为椭圆右焦点，为椭圆右顶点，为直线与轴的交点，且满足是与的等差中项，现将坐标平面沿轴折起，当所成二面角为时，点，在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为　2　．
【考点】：椭圆的性质
【专题】35：转化思想；：转化法；：圆锥曲线的定义、性质与方程
【分析】利用双曲线的定义、平面几何知识得到是，可得．，设双曲线左焦点为，则，可得．
【解答】解：由题，，由正六边形得．于是，可得．
当所成二面角为时，设双曲线左顶点为，
则，
设双曲线左焦点为，
则，
所以．
故答案为：2

【点评】本题考查了双曲线的离心率，解题时多用平面几何知识及定义，属于中档题．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，边上的中线，求的面积．
【考点】：三角形中的几何计算
【专题】11：计算题；35：转化思想；：转化法；58：解三角形
【分析】（Ⅰ）由已知得，从而，进而，由此能求出．
（Ⅱ）求出，，由余弦定理求出，由此能求出的面积．
【解答】解：（Ⅰ）由已知得

，
所以，
因为在中，，
所以，
则．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，，
在中，，
代入条件得，解得或6，
当时，，
当时，．
【点评】本题考查角的正切值、余弦定理、三角形面积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
18．（12分）小丽今天晚自习准备复习历史、地理或政治中的一科，她用数学游戏的结果来决定选哪一科，游戏规则是：在平面直角坐标系中，以原点为起点，再分别以，，，，这5个点为终点，得到5个向量，任取其中两个向量，计算这两个向量的数量积，若，就复习历史，若，就复习地理，若，就复习政治．
（1）写出的所有可能取值；
（2）求小丽复习历史的概率和复习地理的概率．
【考点】：列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【专题】11：计算题；37：集合思想；：定义法；：概率与统计
【分析】（Ⅰ）依题意利用向量的数量积进行计算，得到的所有可能取值为，0，1．
（Ⅱ）得到5个向量，任取其中两个向量，所有可能情况总数种，其中的情况有4种，的情况有3种，由此能求出结果．
【解答】解：（Ⅰ）依题意计算，
，
，
所以的所有可能取值为，0，1．
（Ⅱ）得到5个向量，任取其中两个向量，
所有可能情况总数种，
其中的情况有4种，所以小丽复习历史的概率为，
的情况有3种，所以小丽复习地理的概率为．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．
19．（12分）如图所示，在长方体中，底面是边长为1的正方形，，为棱上的一个动点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）当取得最小值时，求证：平面．

【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积；：直线与平面垂直
【专题】15：综合题；39：运动思想；44：数形结合法；：空间位置关系与距离
【分析】（1）由图可知，为三棱锥的高，且三角形的面积为定值，代入棱锥体积公式得答案；
（2）由剪展问题求出取得最小值时的的位置，然后证明，，再由线面垂直的判定可得平面．
【解答】（1）解：在长方体中，平面，到平面的距离为，
又，
；
（2）证明：如图，

将侧面绕展开至与平面共面，当，，共线时，取得最小值．
在△中，为中点，，为的中点．
如图，连接，，，，，，
在中，求得，
在中，求得，
平面，，
在△中，，，得，
在中，，．
同理可得，又，
平面．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，考查多面体体积的求法，是中档题．
20．（12分）在平面直角坐标系中，椭圆在轴正半轴上的焦点为，过且倾斜角为的直线与交于，两点，四边形为平行四边形．
（1）判断点与椭圆的位置关系；
（2）求平行四边形的面积．
【考点】：椭圆的性质
【专题】11：计算题；34：方程思想；：圆锥曲线的定义、性质与方程
【分析】（1）根据题意，由椭圆的方程可得其焦点坐标为，由点斜式方程可得直线的方程，与联立得：，设出、、的坐标，由平行四边形的性质以及向量加法的性质可得，即，，，，可以求出的坐标，由点与椭圆的位置关系分析可得答案；
（2）由（1）可得的值以及点到直线的距离，进而由四边形面积公式计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，椭圆的方程为：，易得，
直线的斜率，的方程为，
与联立得：．
设，，，，，，
则有，．
四边形为平行四边形，
，即，，，．
所以，，故．
，所以在椭圆内．
（2）由（1）可得：椭圆的方程为：，直线的方程为，
联立可得，
则有，，
则，
原点到直线的距离为，
则平行四边形的面积．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，关键是灵活运用椭圆的性质．
21．（12分）已知函数，其中为实数．
（1）若函数在处取得极值，求的值；
（2）若函数的图象上存在两点关于原点对称，求的取值范围．
【考点】：利用导数研究函数的单调性；：利用导数研究函数的极值
【专题】33：函数思想；：转化法；52：导数的概念及应用
【分析】（1）求出函数的导数，根据（1），求出的值，检验即可；
（2）结合题意得到，．设，，根据函数的单调性求出的范围即可．
【解答】解：（1）时，，
依题意有（1），得，
经验证，时，，
时，，满足极值要求．
（2）依题意，设存在图象上一点，，
使得，在的图象上，
则有
得，
化简得：，．
设，，则，
当时，，当时，，
则在上为减函数，在上为增函数，
（1），
又或时，，，．
所以，时，函数的图象上存在两点关于原点对称．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，其中为参数，，再以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中，，直线与曲线交于，两点．
（1）求的值；
（2）已知点，且，求直线的普通方程．
【考点】：参数方程化成普通方程
【专题】17：选作题；34：方程思想；：演绎法；：坐标系和参数方程
【分析】（1）联立与的方程得：，利用向量数量积公式，求的值；
（2）已知点，且，利用参数的几何意义，即可求直线的普通方程．
【解答】解：（1）直线的普通方程为，曲线的极坐标方程可化为，
设，，，，联立与的方程得：，
，则，
．
（2）将直线的参数方程代入抛物线的普通方程，
得，
设交点，对应的参数分别为，，
则，，
由得，，
联立解得，又，所以．
直线的普通方程为．（或
【点评】本题考查三种方程的转化，考查参数方程的运用，考查向量的数量积公式的运用，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数的顶点为．
（1）解不等式；
（2）若实数满足，求证：．
【考点】：二次函数的性质与图象
【专题】38：对应思想；：转化法；51：函数的性质及应用
【分析】（1）求出的解析式，将以及读法解析式代入不等式，求出不等式的解集即可；
（2）求出（a），根据绝对值的性质证明即可．
【解答】（1）解：函数的顶点为，
故，解得：，，
故，
则不等式为，
，
当且仅当，时取等号，
所以不等式恒成立，解集为．
（2）证明：（a）

．
【点评】本题考查了二次函数的性质，考查解不等式问题以及不等式的证明，是一道中档题．
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