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山西省太原市2017届高三年级模拟试题(二)数学(文科)一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求1. 已知(为虚数单位),则复数在复平面内对应的点的坐标是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】,对应点(2,2)选B.2. 已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得,选C.3. 已知,则在方向上的投影为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】在方向上的投影为,选A.4. 已知公比的等比数列的前n项和为,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得,解得,(舍),所以,选D.5. 如图,“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形(阴影部分)围成一个大正方形,中间空出一个小正方形组成的图形,若在大正方形内随机取一点,该点落在小正方形的概率为,则途中直角三角形中较大锐角的正弦值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】 设小正方形的边长为1,直角三角形的直角边分别为x,1+x,由几何概型可得,解得x=1,x=-2(舍),所以直角三角形边长分别为,直角三角形中较大锐角的正弦值为,选B.6. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】三视图还原是四棱锥,面ABCD,PD=AD=BC=AC=1,所以体积,选D.7. 函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】由函数可知,f(x)为奇函数,所以排除B,当x=0.5时,f(0.5)=-2ln22,填。14. 已知,则_【答案】【解析】由,所以,填。15. 已知点是的内心,则面积的最大值为_【答案】【解析】由题意得,在中,即,所以,当OB=OC时取最大值。填【点睛】内心性质,本题关键要找到与的关系,再结合余弦定理,结合面积公式可求。16. 已知三棱锥中,点是的中点,点在平面射影恰好为的中点,则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】由题意可知面EAD,,设DE中点是F,则AF面BCD,外接球球心在过点E垂直面BCD的直线上,即与AF平行的直线上。设球心为O,半径为R,由OA=OB,解得,填。【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.三、解答题(本大题共6小题,共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 已知数列的前n项和为,数列满足()求数列的通项公式;()若,求数列的前n项和【答案】();().【解析】试题分析:(1)由,可得,所以。(2)由(1)得,由错位相减求和可求得。试题解析:()当时,当时,又符合上式,(), , ,得,【点睛】(1)由于知道的表达式,所以应用公式可求的通项的表达式(2)当数列通项由等差与等比数列相乘时,一般用错位相减法求和。18. 某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖,抽奖规则如下:1抽奖方案有以下两种,方案:从装有1个红球、2个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出1个球,若是红球,则获得奖金15元;否则,没有奖金,兑奖后将抽出的球放回甲袋中;方案;从装有2个红球,1个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出1个球,若是红球,则获得奖金10元;否则,没有奖金,兑奖后将抽出的球放回乙袋中2抽奖的条件是,顾客购买商品的金额满100元,可根据方案抽奖一次;满150元,可根据方案抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为310元,则该顾客采用的抽奖方式可以有以下三种,根据方案抽奖三次或方案抽奖两次或方案、各抽奖一次),已知顾客在该商场购买商品的金额为250元()若顾客只选择方案进行抽奖,求其所获奖金为15元的概率;()若顾客采用每种抽奖方式的可能性都相等,求其最有可能获得的奖金数(除0元外)【答案】();()15元.【解析】试题分析:(1)由题意列出所有可能的事件,然后结合古典概型计算公式可得所获奖金为15元的概率是;(2)结合所给的两种方案分类讨论可得其最有可能获得的奖金数是15元.试题解析:(1)记甲袋中红球是,白球分别为由题意得顾客可以从甲袋中先后摸出2个球,其所有等可能出现的结果为共9种,其中结果可获奖金15元,所以顾客所获奖金为15元的概率为.(2)由题意的顾客可以根据方案抽奖两次或根据方案各抽奖一次。由(1)知顾客根据方案抽奖两次所获奖金及其概率如表1:记乙袋中红球分别是,白球则顾客根据方案各抽奖一次的所有等可能出现的结果为共9种其中结果可获奖金25元。结果可获奖金15元,可获奖金10元,其余可获奖金0元,所以顾客根据方案各抽奖一次所获奖金及其概率如表2:由表1,表2可知顾客最有可能获得的奖金数为15元.19. 如图(1),在平面六边形中,四边形是矩形,且,点,分别是,的中点,分别沿直线,将,翻折成如图(2)的空间几何体()利用下列结论1或结论2,证明:、四点共面;结论1:过空间一点作已知直线的垂面,有且仅有一个结论2:过平面内一条直线作该平面的垂面,有且仅有一个()若二面角和二面角都是,求三棱锥的体积【答案】()证明见解析;().【解析】试题分析:(1)分别作点E,F在底面ABCD的身影为P,Q,即面面。由结论2可证。(2)由(1)中可知二面角和二面角都是,即,且。试题解析:()由题意,点在底面的射影在上,可设为点,同理,点在底面的射影在上,可设为点,则面,面,面面,面面,又面,面,面,由结论2:过平面内一条直线作该平面的垂面,有且仅有一个,则、四点共面()若二面角和二面角都是,则,易得,则,【点睛】求体积,常用方法(a)割补法(b)转化法(c)换底法,此题用的是转化为体积差。20. 如图,曲线由左半椭圆和圆在轴右侧的部分连接而成,是与的公共点,点,(均异于点,)分别是,上的动点()若的最大值为,求半椭圆的方程;()若直线过点,且,求半椭圆的离心率【答案】();().【解析】试题分析:(1)由题意可知,当为半椭圆与轴的左交点,为圆与轴的右交点时,会取得最大值,(2)设直线方程与圆组方程组,由韦达用k表示出Q点坐标,由,用k表示P点坐标,再由代入向量坐标运算,可求得斜率k及P点坐标,可得椭圆方程及离心率。试题解析;()由已知得:当为半椭圆与轴的左交点,为圆与轴的右交点时,会取得最大值,即,解得,由图像可得,即,故半椭圆的方程为()设直线方程为,联立得,故,又,且,故,又,且,解得,故,代入解得,故【点睛】直线与二次曲线相交问题,常设直线方程,用直线方程中参数k,b表示交点的坐标,再依次表示相关点坐标,同时要注意点在曲线上的运算,是解题的关键。21. 已知函数()当时,求的最小值;()当时,证明:不等式在上恒成立【答案】();()证明见解析.【解析】试题分析:(1),由单调区间及极值可求得最小值。(2)由导函数,及,由根的存在性定理可知存在使得,只需证最小值,由隐零点回代。,即证 。试题解析:()当时,令解得,0极小值故当时,的最小值为(),故存在使得,令,则当时,故在单调递增,且,是的唯一零点,且在处取得最小值,又即可得,构造函数:,二次求导可得,故当时,即在单调递减,则当时,可得在单调递减,在单调递减,得证【点睛】隐零点问题解决方法大致分为三步:第一步,用
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