吉林省白城第一中学2017-2018学年高三9月阶段测试理数试题 Word版含解析

2017-2018学年

第Ⅰ卷（共60分）

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312iiiz（i为虚数单位）的共轭复数为（ ）

A．i21 B．i21 C．1i D．i1

【答案】B

【解析】

试题分析：iiiiiiiiiiiz212221112123，iz21，故选B.

考点：复数的代数运算

2.已知集合1,0A，AyAxyxzzB,,，则B的子集个数为（ ）

A．8 B．3 C．4 D．7

【答案】A

【解析】

试题分析：210，，B,所以集合B的子集个数为823，故选A.

考点：集合

3.设Ra，则“1a”是“直线01yax与直线05ayx平行”的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

考点：直线的位置关系

【方法点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型，当直线为斜截式时，11bxky和22bxky时，当两直线平行时，那么21kk，21bb，垂直时表示为121kk，当直线为一般式时，0111CyBxA和0222CyBxA，那么平行表示为1221BABA且1221CBCB,垂直表示为02121BBAA.

4.将函数)2sin()(xxf的图象向左平移8个单位，所得的函数关于y轴对称，则的一个可能取值为（ ）

A．43 B．4 C．0 D．4

【答案】B

【解析】

试题分析：函数向左平移8个单位后得到82sinxxg，关于y轴对称，那么当0x时，Zkk,24,得到Zkk,4,当0k时，4，故选B.

考点：函数图像的变换

5.已知向量)2,1(),3,2(ba，若bnam与ba2共线，则nm（ ）

A．21 B．2 C．-21 D．2

【答案】C

考点：向量平行

6.6)21)(12(xxx的展开式中的常数项是（ ）

A．135 B．160 C．140 D．145

【答案】B

【解析】

试题分析：原式等于6621212xxxxx，621xx通项公式rrrrxxCT216616262rrrxC，当162r时，25r舍，当062r时，3r，所以原式的常数项是1602-363C，故选B.

考点：二项式定理

7.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是1223，则（ ）

A．13a B．12a C．11a D．10a

【答案】C

考点：循环结构

8.设yxz，其中实数yx,满足,0,0,02kyyxyx若z的最大值为6，则z的最小值为（ ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】A

【解析】

试题分析：如图，画出可行域，目标函数表示斜率为-1的一组平行线，当直线过点kkA,时，函数取得最大值，62maxkz，解得3k，当直线过点kkB,2时，目标函数取得最小值，32minkkkz，所以z的最小值为-3，故选A.

考点：线性规划

9.如图为某几何体的三视图，则其体积为（ ）

A．432 B．342 C．43 D．34

【答案】D

【解析】

试题分析：此几何体为半圆柱和四棱锥组合而成，半圆柱的体积为21212V,四棱锥的体积3412231V,所以总的体积34V,故选D.

考点：1.三视图；2.几何体的体积.

10.已知函数12)8()(22aaxaxxf，且)82()4(2afaf，设等差数列na的前n项和为)(NnSn，若)(nfSn，则14nnaaS的最小值为（ ）

A．627 B．835 C．314 D．837

【答案】D

【解析】

考点：1.等差数列；2.基本不等式求最值；3.二次函数.

11.设函数)2()33()(3xxaexxexfxx，若不等式0)(xf有解.则实数a的最小值为（ ）

A．e11 B．e12 C．11e D．21e

【答案】A

【解析】

试题分析：因为xaexxexfxx333，若0xf有解，则xxaexxxe333有解，即xexxxa333有解，设2333xexxxxgx，所以得xxexxexxxg311131332，又令2311xexxhx，所以xexh311，因为xh单调递增，当0xh时，3lnx，此时xh单递增，当0xh时，3ln2x，xh单递减，所以0113ln3lnhxh，即0311xex恒成立，所以xexxxg31113，当1,2x时，0xg，xg单调递减，当,1x时，0xg，xg单调递增，所以egxg111min，所以xexxxa333有解，即ea11，即a的最小值为e11，故选A.

考点：1.导数与函数的单调性；2.导数与函数的最值.

【方法点睛】本题主要考察了导数与函数的综合性问题，属于中档题型，当问题为不等式恒成立，或有解，再或者是方程有解等问题，求参数取值时，如果可以参变分离，首先就要选择参变分离的方法，主要将问题转化为不含有参数的函数的最值问题，这样就通过导数解决最值问题.

12.已知点A是抛物线yx42的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足PBmPA，当m取最大值时，点P恰好在以BA,为焦点的双曲线上，则双曲线的

离心率为（ ）

A．215 B．212 C．12 D ．15

【答案】C

【解析】

试题分析：过点P作准线的垂线，垂直为N,因为PBmPA，所以PNmPA,则mPAPN1，设PA的倾斜角为，则m1sin，当m取最大值时，sin取得最小值，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为1kxy，代入yx42，可得0442kxx，令0，解得1k，所以1,2P,根据对称性只需设12，P,10，A,10，B,aPBPA2222，即12a，1c，12121ace，故选C.

考点：1.抛物线的几何性质；2.双曲线的几何性质.

【思路点睛】本题主要考察了抛物线的几何性质，属于中档题型，抛物线有一条非常重要的性质：抛物线上任一点到焦点的距离等于其到准线的距离，而本题的关键就是解出点P,那就要根据几何性质得到什么时候m取最大值，这样根据几何性质就比较容易得到了，对于过定点直线与抛物线相切时，也可采用导数的方法，先设点P的坐标，然后利用导数的几何意义，得到点P的坐标.

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.圆C与圆1)1(22yx关于直线xy对称，则圆C的方程为_______.

【答案】1)1(22yx

【解析】

试题分析：圆心0,1关于直线xy对称的点为1,0，所以圆C的方程为1122yx，故填：1)1(22yx

考点：圆的方程

14.已知函数1)391ln()(2xxxf，则)21(lg)2(lgff_______.

【答案】2

考点：函数的性质

15..已知在直角梯形ABCD中，222,,CDADABADCDADAB，将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥ABCD，当三棱锥ABCD的体积取最大值时，其外接球的体积为______.

【答案】34

【解析】

试题分析：当三棱锥ABCD的体积最大时，即点D到底面ABC的距离最大时，此时平面ACD平面ABC,取AB中点O,AC中点M,连接ODDMOM,,,22OMDM,OMDM,所以1OD,而1OCOBOA,所以点O是其外接球的球心，所以341343V,故填：34.

考点：球与几何体

【方法点睛】本题考查了球与几何体的位置关系的题型，属于中档题型，这类型的习题，关键是球心的位置，球心到各个顶点的距离相等，首先找三角形ABC外接球的球心，其有可能是外接球的球心，那就要证明到第四个点的距离是否相等，如果不相等，那就在过ABC外接球的球心与底面垂直的直线上，这样就比较好找到球心，只要有球心，半径就比较容易了.

16.设ABC的内角CBA,,所对的边分别为cba,,，则下列正确的是______（填写所有正确的序号）

①若CBA2sin2sinsin，则40C；②若cba2，则30C；

③若444cba，则ABC为锐角三角形；④若abcba2)(，则2C.

【答案】①②③

【解析】

试题分析：①根据正弦定理得到22cab，224322122212cos22222abababababbaabcbaC，所以40，C,所以①正确；②根据基本不等式abba222，所以2222222222212cosbacbacbaabcbaC，又因为cba2，两边平方后可得224cba，又因为42222baba，所以2222cba，那么21222bac，那么21cosC,即30，C,故②正确；③由444cba，可知，bcac,，24422222cbababa，所以02cos222abcbaC，角C为锐角，那么ABC是锐角三角形，③正确；④举反例，当3,5,4cba时，满足条件，但此时2C,所以④错，故正确的是①②③，故填：①②③.

考点：1.余弦定理；2.基本不等式.

【思路点睛】本题主要是基本不等式与余弦定理的综合性的考察，属于中档题型，本题的四