数学卷·2017届重庆一中高三上学期一诊模拟数学试卷（理科）（解析版）

数学卷·2017届重庆一中高三上学期一诊模拟数学试卷（理科）（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年重庆一中高三（上）一诊模拟数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 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．复数z满足z（1+i）=4，则复数z在复平面上对应的点与点（1，0）间的距离为（　　）‎ A．2 B． C．4 D．‎ ‎2．已知集合为实数集，则集合A∩（∁RB）=（　　）‎ A．R B．（﹣∞，2） C．（1，2） D．≤0对x∈恒成立，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．（﹣∞，0] C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题△ABC中，∠A=90°，AC=2，D为边BC的中点，则=　　．‎ ‎14．已知实数x，y满足，则z=的最大值为　　．‎ ‎15．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则tanAtan2B的取值范围是　　．‎ ‎16．高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”之称，以他的名字“高斯”命名的成果达110个，设x∈R，用表示不超过x的最大整数，并用{x}=x﹣表示x的非负纯小数，则y=称为高斯函数，已知数列{an}满足：，则a2017=　　．‎ ‎　‎ 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）已知（1+2x）n的展开式中各项的二项式系数和为an，第二项的系数为bn．‎ ‎（1）求an，bn；‎ ‎（2）求数列{anbn}的前n项和Sn．‎ ‎18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且+=．‎ ‎（1）证明：a，c，b成等比数列；‎ ‎（2）若△ABC的外接圆半径为，且4sin（C﹣）cosC=1，求△ABC的周长．‎ ‎19．（12分）为降低汽车尾气的排放量，某厂生产甲乙两种不同型号的节排器，分别从甲乙两种节排器中各自抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分情况的频率分布直方图如图所示．‎ 节排器等级及利润如表格表示，其中 综合得分k的范围 节排器等级 节排器利润率 k≥85‎ 一级品 a ‎75≤k＜85‎ 二级品 ‎5a2‎ ‎70≤k＜75‎ 三级品 a2‎ ‎（1）若从这100件甲型号节排器按节排器等级分层抽样的方法抽取10件，再从这10件节排器中随机抽取3件，求至少有2件一级品的概率；‎ ‎（2）视频率分布直方图中的频率为概率，用样本估计总体，则 ‎①若从乙型号节排器中随机抽取3件，求二级品数ξ的分布列及数学期望E（ξ）；‎ ‎②从长期来看，骰子哪种型号的节排器平均利润较大？‎ ‎20．（12分）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，且F2为抛物线的焦点，C2的准线l被C1和圆x2+y2=a2截得的弦长分别为和4．‎ ‎（1）求C1和C2的方程；‎ ‎（2）直线l1过F1且与C2不相交，直线l2过F2且与l1平行，若l1交C1于A，B，l2交C1交于C，D，且在x轴上方，求四边形AF1F2C的面积的取值范围．‎ ‎21．（12分）设函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．‎ ‎（1）若函数f（x）的图象与直线y=x﹣1相切，求a的值；‎ ‎（2）当1＜x＜2时，求证：．‎ ‎　‎ 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.‎ ‎22．（10分）在直角坐标系xOy中，直线l：（t为参数，α∈（0，））与圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4相交于点A，B，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求直线l与圆C的极坐标方程；‎ ‎（2）求的最大值．‎ ‎　‎ ‎23．设函数f（x）=|2x﹣a|+|x+a|（a＞0）．‎ ‎（1）当a=1时，求f（x）的最小值；‎ ‎（2）若关于x的不等式在x∈上有解，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆一中高三（上）一诊模拟数学试卷（理科）‎ 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．复数z满足z（1+i）=4，则复数z在复平面上对应的点与点（1，0）间的距离为（　　）‎ A．2 B． C．4 D．‎ ‎【考点】复数的代数表示法及其几何意义．‎ ‎【分析】利用复数的运算法则、几何意义、两点之间的距离公式即可得出．‎ ‎【解答】解：z（1+i）=4，∴z（1+i）（1﹣i）=4（1﹣i），∴z=2﹣2i，‎ 则复数z在复平面上对应的点（2，﹣2）与点（1，0）间的距离==．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了复数的运算法则、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎2．已知集合为实数集，则集合A∩（∁RB）=（　　）‎ A．R B．（﹣∞，2） C．（1，2） D．≤0对x∈恒成立，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．（﹣∞，0] C． D．‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．‎ ‎【分析】令t=g（x），x∈，则g′（x）=2xln2﹣2x．设g′（x0）=0，利用单调性可得：g（x）在x∈上的值域为，（g（x0）=2x0﹣x02）．由f≤0对x∈恒成立，可得+（a﹣1）+a≤0，a≤2﹣1=h（t），t∈，即可得出．‎ ‎【解答】解：令t=g（x），x∈，则g′（x）=2xln2﹣2x 设g′（x0）=0，则函数在上单调递增，在上单调递减，‎ g（x）在x∈上的值域为，（g（x0）=2x0﹣x02＜2）．‎ ‎∵f≤0对x∈恒成立，‎ ‎∴f（t）≤0，即+（a﹣1）+a≤0，‎ a≤=2﹣1=h（t），t∈，‎ 则h（t）的最小值=2×﹣1=﹣1．‎ ‎∴a≤﹣1．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、三角函数的单调性、恒成立问题等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ 二、填空题（2016秋•沙坪坝区校级月考）△ABC中，∠A=90°，AC=2，D为边BC的中点，则=　2　．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】根据向量的数量积的运算法则计算即可．‎ ‎【解答】解：△ABC中，∠A=90°，AC=2，D为边BC的中点，‎ 则=（+）•=2+•=×22=2，‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了向量的数量积的运算，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎14．已知实数x，y满足，则z=的最大值为　　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，结合目标函数的几何意义求出z的最大值即可．‎ ‎【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：‎ 由，解得：A（3，4），‎ z=的几何意义是可行域内的点与（0，﹣1）连线的斜率的一半，由题意可知可行域的A与（0，﹣1）连线的斜率最大．‎ ‎∴z=的最大值是：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题．‎ ‎　‎ ‎15．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则tanAtan2B的取值范围是　　．‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】由且，可得cosC==，C∈（0，π），解得C=．可得tanAtan2B=tan•tan2B=，再利用基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【解答】解：由且，‎ ‎∴cosC==，C∈（0，π），‎ 解得C=．‎ 则tanAtan2B=tan•tan2B=×=，‎ 令tanB=t∈（0，1），则≤=，等号不成立．‎ ‎∴∈（0，），‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了余弦定理、和差公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎16．高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”之称，以他的名字“高斯”命名的成果达110个，设x∈R，用表示不超过x的最大整数，并用{x}=x﹣表示x的非负纯小数，则y=称为高斯函数，已知数列{an}满足：，则a2017=　　．‎ ‎【考点】数列的概念及简单表示法．‎ ‎【分析】由于：，经过计算可得：数列{a2k﹣1}成等差数列，首项为，公差为3．即可得出．‎ ‎【解答】解：满足：，‎ ‎∴a2=1+=2+．‎ a3=2+=3+=4+（﹣1），‎ a4=4+=5+，‎ a5=5+=6+=7+（﹣1）．‎ a6=7+=8+，‎ a7=8+=9+=10+（﹣1），‎ ‎…，‎ 可得：数列{a2k﹣1}成等差数列，首项为，公差为3．‎ 则a2017=+3×（1009﹣1）=3024+．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、归纳法，考查了推理能力与计算能力，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）（2016秋•沙坪坝区校级月考）已知（1+2x）n的展开式中各项的二项式系数和为an，第二项的系数为bn．‎ ‎（1）求an，bn；‎ ‎（2）求数列{anbn}的前n项和Sn．‎ ‎【考点】数列的求和；二项式系数的性质．‎ ‎【分析】（1）由二项式系数的性质和二项展开式的通项公式，可得an，bn；‎ ‎（2）求得anbn=n•2n+1，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．‎ ‎【解答】解：（1）（1+2x）n的展开式中各项的二项式系数和为an，第二项的系数为bn．‎ 可得an=2n，bn=2=2n；‎ ‎（2）anbn=n•2n+1，‎ 则前n项和Sn=1•22+2•23+…+n•2n+1，‎ ‎2Sn=1•23+2•24+…+n•2n+2，‎ 两式相减可得，﹣Sn=22+23+…+2n+1﹣n•2n+2，‎ ‎=﹣n•2n+2，‎ 化简可得Sn=（n﹣1）•2n+2+4．‎ ‎【点评】本题考查二项式系数的性质和二项展开式的通项公式，同时考查数列的求和方法：错位相减法，同时考查等比数列的求和公式，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016秋•沙坪坝区校级月考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且+=．‎ ‎（1）证明：a，c，b成等比数列；‎ ‎（2）若△ABC的外接圆半径为，且4sin（C﹣）cosC=1，求△ABC的周长．‎ ‎【考点】正弦定理；等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】（1）+=，由余弦定理可得： +=，化简即可证明．‎ ‎（2）4sin（C﹣）cosC=1，C为锐角，利用积化和差可得： =1，C∈（0，），∈．解得C=．利用余弦定理可得a2+b2﹣c2=2abcos，又c2=ab，解得a=b．再利用正弦定理即可得出．‎ ‎【解答】（1）证明：∵ +=，由余弦定理可得： +=，化为c2=ab，∴a，c，b成等比数列．‎ ‎（2）解：4sin（C﹣）cosC=1，∴C为锐角，2=1，化为： =1，‎ C∈（0，），∈．∴2C﹣=，解得C=．‎ ‎∴a2+b2﹣c2=2abcos，又c2=ab，∴（a﹣b）2=0，解得a=b．‎ ‎∴△ABC的周长=3a==9．‎ ‎【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、和差公式、积化和差，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2016秋•沙坪坝区校级月考）为降低汽车尾气的排放量，某厂生产甲乙两种不同型号的节排器，分别从甲乙两种节排器中各自抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分情况的频率分布直方图如图所示．‎ 节排器等级及利润如表格表示，其中 综合得分k的范围 节排器等级 节排器利润率 k≥85‎ 一级品 a ‎75≤k＜85‎ 二级品 ‎5a2‎ ‎70≤k＜75‎ 三级品 a2‎ ‎（1）若从这100件甲型号节排器按节排器等级分层抽样的方法抽取10件，再从这10件节排器中随机抽取3件，求至少有2件一级品的概率；‎ ‎（2）视频率分布直方图中的频率为概率，用样本估计总体，则 ‎①若从乙型号节排器中随机抽取3件，求二级品数ξ的分布列及数学期望E（ξ）；‎ ‎②从长期来看，骰子哪种型号的节排器平均利润较大？‎ ‎【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．‎ ‎【分析】（1）利用互斥事件概率加法公式能求出至少有2件一级品的概率．‎ ‎（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号节排器中的一级品的概率为，二级品的概率，三级品的概率为，若从乙型号节排器随机抽取3件，则二级品数ξ所有可能的取值为0，1，2，3，且，由此能求出ξ的分布列和数学期望．‎ ‎②由题意分别求出甲型号节排器的利润的平均值和乙型号节排器的利润的平均值，由此求出投资乙型号节排器的平均利润率较大．‎ ‎【解答】解：（1）至少有2件一级品的概率．‎ ‎（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号节排器中的一级品的概率为，‎ 二级品的概率，三级品的概率为，若从乙型号节排器随机抽取3件，‎ 则二级品数ξ所有可能的取值为0，1，2，3，且，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以数学期望（或）．‎ ‎②由题意知，甲型号节排器的利润的平均值，‎ 乙型号节排器的利润的平均值，‎ ‎，又，‎ 所以投资乙型号节排器的平均利润率较大．‎ ‎【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2017春•都匀市校级月考）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，且F2为抛物线的焦点，C2的准线l被C1和圆x2+y2=a2截得的弦长分别为和4．‎ ‎（1）求C1和C2的方程；‎ ‎（2）直线l1过F1且与C2不相交，直线l2过F2且与l1平行，若l1交C1于A，B，l2交C1交于C，D，且在x轴上方，求四边形AF1F2C的面积的取值范围．‎ ‎【考点】直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）由椭圆及抛物线的性质，列方程组求得a，b和c的值，即可求得C1和C2的方程；‎ ‎（2）设直线方程，代入抛物线和椭圆方程，求得丨AB丨，则AB与CD间的距离为，利用椭圆的对称性及函数单调性即可求得四边形AF1F2C的面积的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：抛物线的准线方程x=﹣，c=，‎ C2的准线l被C1和圆x2+y2=a2截得的弦长分别为和4，‎ ‎，得，‎ ‎∴C1和C2的方程分别为．‎ ‎（2）由题意，AB的斜率不为0，设AB：x=ty﹣2，‎ 由，得y2﹣8ty+16=0，△=64t2﹣64≤0，得t2≤1，‎ 由，得（t2+1）y2﹣4ty﹣4=0，‎ ‎，AB与CD间的距离为，‎ 由椭圆的对称性，ABDC为平行四边形，，‎ 设，‎ ‎．‎ 即为四边形AF1F2C的面积的取值范围．‎ ‎【点评】本题考查椭圆及抛物线的方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，三角形的面积公式，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016秋•沙坪坝区校级月考）设函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．‎ ‎（1）若函数f（x）的图象与直线y=x﹣1相切，求a的值；‎ ‎（2）当1＜x＜2时，求证：．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】（1），设切点为（x0，y0），则切线为y﹣y0=f'（x0）（x﹣x0），又切线为y=x﹣1，可得，消a，再利用函数的单调性即可得出x0，a．‎ ‎（2）令，所以，可得其单调性．g（x）min=g（x）极小值=g（1）=2﹣a，当a≤2时，即2﹣a≥0时，g（x）≥g（1）≥0，即f'（x）≥0，故a=2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，进而证明结论．‎ ‎【解答】（1）解：，设切点为（x0，y0），‎ 则切线为y﹣y0=f'（x0）（x﹣x0），即，‎ 又切线为y=x﹣1，所以，‎ 消a，得，设，‎ 易得g（x）为减函数，且g（1）=0，所以x0=1，a=1‎ ‎（2）证明：令，所以，‎ 当x＞1时，g'（x）＞0，函数g（x）在（1，+∞）为单调递增；‎ 当0＜x＜1时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，1）为单调递减；‎ 所以g（x）min=g（x）极小值=g（1）=2﹣a，‎ 当a≤2时，即2﹣a≥0时，g（x）≥g（1）≥0，‎ 即f'（x）≥0，故a=2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ 所以x∈（1，2）时，f（x）＞f（1）=0，即（x+1）lnx＞2（x﹣1），所以，①‎ 因为1＜x＜2，所以，‎ 所以，即，②‎ ‎①+②得：，‎ 故当1＜x＜2时，．‎ ‎【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、研究切线方程、证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ 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.‎ ‎22．（10分）（2016秋•沙坪坝区校级月考）在直角坐标系xOy中，直线l：（t为参数，α∈（0，））与圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4相交于点A，B，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎（1）求直线l与圆C的极坐标方程；‎ ‎（2）求的最大值．‎ ‎【考点】参数方程化成普通方程．‎ ‎【分析】（1）直线l：（t为参数，α∈（0，））可得极坐标方程：θ=α，α∈（0，）．圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4展开可得：x2+y2﹣2x﹣4y+1=0，利用互化公式可得极坐标方程．‎ ‎（2）直线l：（t为参数，α∈（0，）代入上述圆的方程可得：t2﹣（2cosα+4sinα）t+1=0．利用=即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）直线l：（t为参数，α∈（0，））化为普通方程：y=xtanα．α∈（0，）．可得极坐标方程：θ=α，α∈（0，）‎ 圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4展开可得：x2+y2﹣2x﹣4y+1=0，可得极坐标方程：ρ2﹣2ρcosθ﹣4ρsinθ+1=0．‎ ‎（2）直线l：（t为参数，α∈（0，）代入上述圆的方程可得：t2﹣（2cosα+4sinα）t+1=0．‎ ‎∴t1+t2=2cosα+4sinα，t1•t2=1．‎ ‎∴==2cosα+4sinα=2sin（α+φ）≤2，φ=arctan．‎ ‎∴的最大值为2．‎ ‎【点评】本题考查了极坐标与直角坐标互化公式、直线的参数方程的应用、直线与圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎23．（2016秋•沙坪坝区校级月考）设函数f（x）=|2x﹣a|+|x+a|（a＞0）．‎ ‎（1）当a=1时，求f（x）的最小值；‎ ‎（2）若关于x的不等式在x∈上有解，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．‎ ‎【分析】（1）当a=1时，利用绝对值不等式的性质，求f（x）的最小值；‎ ‎（2）若关于x的不等式在x∈上有解，利用函数的单调性求实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）当a=1时，，‎ 当且仅当时，取等号．‎ ‎（2）x∈时， ，‎ 所以0＜a＜6．‎ ‎【点评】本题考查绝对值不等式的性质，考查学生的计算能力，正确转化是关键．‎ ‎　‎