河南省天一大聯考屆高三高中畢業(yè)班階段性測試A型三理數試題Word版含答案

數學（理科）第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A．B．C．D．2.定義：.已知復數，則在復平面內，復數所對應的點位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.在菱形中，，分別是的中點，若，，則（）A．B．C．D．4.已知正六邊形中，分別是邊的中點，則向正六邊形內投擲一點，該點落在內的概率為（）A．B．C.D．5.割圓術是公元三世紀我國古代數學家劉徽創(chuàng)造的一種求圓的周長和面積的方法：隨著圓內接正多邊形邊數的增加，它的周長和面積越來越接近圓周長和圓面積，“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”.劉徽就是大膽地應用了以直代曲、無限趨近的思想方法求出了圓周率.某同學利用劉徽的“割圓術”思想設計的一個計算圓周率的近似值的程序框圖如圖，則輸出的值為（）（參考數據：）A．B．C.D．6.已知，則的值為（）A．B．C.D．7.已知函數的部分圖象如圖所示，其中，，點是最高點，則下列說法錯誤的是（）A．B．若點的橫坐標為，則其縱坐標為C.函數在上單調遞增D．將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象8.已知函數，函數為偶函數，且時，，現有如下命題：①，；②，.則上述兩個命題（）A．①真②假B．①假②真C.①、②都假D．①、②都真9.已知數列的前項和為，且是的等差中項，且，則的值為（）A．129B．C.83D．10.如圖，在四面體中，，點是點在平面上的投影，且，則四面體的外接球的體積為（）A．B．C.D．11.已知雙曲線的左、右頂點分別為，過左頂點且斜率為1的直線與雙曲線交于，兩點，過右頂點且與直線平行的直線與雙曲線交于兩點，其中分別在第一象限、第三象限.若四邊形的面積為，則雙曲線的離心率為（）A．B．C.D．12.設是定義在區(qū)間上的函數，滿足，則（）A．B．C.D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.的展開式中，常數項為．14.已知拋物線上的第四象限的點到焦點的距離為，則點到直線的距離為．15.已知實數滿足，則的取值范圍為．16.如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某四棱錐的三視圖，是該四棱錐的體積為．三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17.（本小題滿分10分）已知等差數列的公差為，若，且成等比數列.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）若，數列的通項公式為，求數列的前項和.18.（本小題滿分12分）如圖所示，在中，分別是上的點，若.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）記的面積為，四邊形的面積為.若，求的最大值.19.（本小題滿分12分）已知三棱柱中，底面三角形是直角三角形，四邊形和四邊形均為正方形，分別是的中點，.（Ⅰ）若，證明：；（Ⅱ）若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.20.（本小題滿分12分）為了解居民對某公司網上超市的“商品評價”與“服務評價”是否相關，某研究人員隨機抽取了200名消費者做調查，得到的數據如下表所示：對服務滿意對服務不滿意合計對商品滿意80對商品不滿意10合計50200（Ⅰ）完成上述聯表，并判斷是否可以在犯錯誤概率不超過的前提下，認為“商品評價”與“服務評價”有關；（Ⅱ）將頻率視為概率，某人在該公司網上超市進行了4次購物，設其對商品和服務全滿意的次數為隨機變量，求的分布列和數學期望.21.（本小題滿分12分）如圖，為坐標原點，橢圓的離心率為，以橢圓的長軸長、短軸長分別為兩鄰邊長的矩形的面積為8.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）若是橢圓上的點，且圓與直線相切，，求圓的半徑.22.（本小題滿分12分）已知函數.（Ⅰ）求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）求證：.天一大聯考2016-2017學年高中畢業(yè)班階段性測試（三）數學（理科）·答案A卷一、選擇題1.【答案】A【命題意圖】本題考查不等式的解法、集合的基本運算，著重考查學生的基本運算能力以及邏輯推理能力.【解析】依題意，，，故，故選A.2.【答案】A【命題意圖】本題考查復數的除法運算、復數的幾何意義，著重考查學生的基本運算能力.【解析】依題意.故在復平面內，復數所對應的點為，位于第一象限，故選A.3.【答案】D【命題意圖】本題考查平面向量的加減運算和數量積，考查運算求解能力和數形結合思想.【解析】）依題意，，故選D.4.【答案】B【命題意圖】本題考查幾何概型，考查應用意識以及運算求解能力.【解析】依題意，設正六邊形的邊長為1，則是邊長為的正三角形，可得的面積，正六邊形的面積，故所求概率，故選B.5.【答案】C【命題意圖】本題考查算法循環(huán)結構，考查數學文化、閱讀理解、數形結合能力.【解析】模擬執(zhí)行程序，可得，不滿足條件，，不滿足條件；，不滿足條件；，，滿足條件，退出循環(huán)，輸出的值為，故答案為C.6.【答案】C【命題意圖】本題考查誘導公式、二倍角公式、同角三角函數的基本關系，著重考查運算求解能力.【解析】）依題意，，故.，故，故選C.7.【答案】C【命題意圖】本題考查三角函數的圖象與性質，著重考查運算求解能力以及數形結合思想.【解析】依題意，，故，將代入中，因為，故，故A正確；此時，則，故B正確；函數在上單調遞減，故C錯誤；因為，故D正確，綜上所述，故選C.8.【答案】B【命題意圖】本題考查函數的性質，著重考查化歸與轉化思想.【解析】依題意，函數為奇函數，且在上為減函數，故，，故①錯誤；依題意，，當時，，即，故②正確，綜上所述，故選B.9.【答案】D【命題意圖】本題考查等比數列的定義、求和公式、等差中項，著重考查化歸與轉化思想以及基本運算能力.【解析】依題意，，即，故，即，故該數列從第二項起成等比數列，由，可解得，故，故選D.10.【答案】A【命題意圖】本題考查球的體積公式，考查空間想象能力與運算求解能力.【解析】因為，故，，故，，易知四面體的外接球的球心在線段上，故，故，解得，故四面體的外接球的體積為，故選A.11.【答案】B【命題意圖】本題考查雙曲線的方程與性質，著重考查學生的數形結合能力以及化歸轉化思想卡薩布蘭卡【解析】如圖所示，設直線與雙曲線的交點的坐標為，因為，結合雙曲線的對稱性可知，四邊形為平行四邊形，故，故，代入中，解得，將代入雙曲線的方程中，有，解得，故，故選B.12.【答案】D【命題意圖】本題考查導數的應用和構造函數，著重考查創(chuàng)新意識和轉化與化歸思想.【解析】由得，由可得，則在區(qū)間上單調遞增，從而，即，由可得，則在區(qū)間上單調遞減，從而，即，綜上，故選D.二、填空題13.【答案】【命題意圖】本題考查二項式定理，著重考查運算求解能力和應用意識.【解析】依題意，展開式中的常數項為.14.【答案】【命題意圖】本題考查拋物線的定義與方程、點到直線的距離公式，著重考查運算求解能力.【解析】依題意，，解得到直線折距離為.15.【答案】【命題意圖】本題考查線性規(guī)劃，著重考查應用意識和數形結合思想.【解析】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖陰影部分所示，表示點與平面區(qū)域內的點的連線的距離的平方，比較可知，點到直線的距離最小，為，點到的距離最大，為，故的取值范圍為.16.【答案】【命題意圖】本題考查三視圖，錐體的體積公式，著重考查學生的運算求解能力以及空間想象能力.【解析】作出該四棱錐的直觀圖，如圖中所示，觀察可知，該四棱錐的體積.三、解答題17.【命題意圖】本題考查等差數列的基本公式，等比中項，錯位相減法，著重考查學生的基本運算能力以及化歸與轉化思想.故，，……6分∴，………………9分∴.………………10分18.【命題意圖】本題考查正弦定理、余弦定理、面積公式、基本不等式，著重考查運算求解能力和轉化與化歸思想.【解析】（Ⅰ）依題意，，解得，………………3分由，解得.…………5分（Ⅱ）依題意，，因為，故.………………7分設，，又，故，……9分故，即，故，故，故，……11分當且僅當時等號成立，故的最大值為36.…………12分19.【命題意圖】本題考查空間位置關系的判斷與證明，求二面角，著重考查學生的空間想象能力以及化歸與轉化思想.【解析】（Ⅰ）方法一：取的中點，連接，，故，且，又，且，故且，故四邊形為平行四邊形，故且.………………3分下面證明：依題意，又是直角三角形，所以，又，，故，故.因為，故，故，故.因為，故，因為，故.…………6分方法二：因為四邊形和四邊形均為正方形，故，因為三角形是直角三角形，故.…………2分以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，，，，，，.故，，，即，……4分又，故，即，因為，故.…………6分（Ⅱ）易知平面的一個法向量，設面的法向量為，∵，∴點的坐標為.………………8分∵，，，∴，即，令，則，…………11分故平面與平面所成銳二面角的余弦值為.…………12分20.【命題意圖】本題考查獨立性檢驗、離散型隨機變量的分布列以及期望，著重考查數據處理能力及應用意識.【解析】（Ⅰ）所求列聯表如下：對服務滿意對服務不滿意合計對商品滿意8040120對商品不滿意701080合計15050200………………2分的觀測值，………………5分所以可以在犯錯誤概率不超過的前提下，認為商品評價與服務評價有關.………………6分（Ⅱ）每次購物時，對商品和服務都滿意的概率為，且的取值可以是0，1，2，3，4.…………7分其中；；；；.……10分的分布列為：01234由于，所以.…………12分21.【命題意圖】本題考查橢圓的方程，直線與橢圓的綜合性問題，著重考查運算求解能力及數形結合思想.【解析】（Ⅰ）依題意可知，………………2分解得.…………4分∴橢圓的方程為.…………6分（Ⅱ）設，由條件可得直線的方程為，由直線與圓相切，可得，由此可得，………………7分同理可得，所以是方程的兩個不相等實根，……9分由根與系數的關系得，…………10分又，由此得，即，結合得，.……12分22.【命題意圖】本題考查導數的幾何意義，導數的應用，著重考查運算求解能力，函數與方程思想以及轉化與化歸