《四川省资阳市高三上学期期末考试数学文试题解析版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省资阳市高三上学期期末考试数学文试题解析版（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2017届四川省资阳市高三上学期期末考试数学（文）试题一、选择题1设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得， ，则,故选B.2已知函数，命题，命题，则下列判断正确的是（ ）A. 是假命题 B. 是真命题 C. 是真命题 D. 是真命题【答案】C【解析】由基本不等式可得，命题均为真命题，那么均为假命题，因此综合分析，只有C. 是真命题正确，故选C.3下面的茎叶图表示连续多天同一路口同一时段通过车辆的数目，则这些车辆数的中位数和众数分别是（ ）A. 230.5，220 B. 231.5，232 C. 231，231 D. 232，231【答案】C【解析】由题意得，连续多天
2、同一路口同一时段通过车辆的数目分别为，中位数为，众数为,故选C.4为虚数单位，已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得，设，则， ，故选A.5已知向量满足，向量与的夹角为60，则（ ）A. B. 19 C. D. 7【答案】C【解析】由题意得，则选C.6已知，则的值为 （ ）A. 5 B. 4 C. 3 D. 2【答案】A【解析】由题意得，对式子分子，分母同除以，则=，故选A.7三个数的大小顺序是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得， ，故选D.8一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为的正方形，将该木料切削、打磨，加工成球，
3、则能得到的最大球的半径最接近 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得，几何体为一个三棱柱，底面为腰为的等腰直角三角形，高为，得到的最大球为等腰直角三角形的内切球，其半径为，最接近，故选A.9执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为（ ）A. 15 B. 3 C. -3 D. -15【答案】C【解析】由题意得， 当时，跳出循环，则，故选C.10在中， ，若，则边的长为（ ）A. 5 B. C. D. 【答案】B【解析】由正弦定理得， ,由余弦定理得， ,故选B.11已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是 （ ）A. B. C.
4、 D. 【答案】B【解析】由题意得，设，由，得 ,因为在的渐近线上存在点，则，即 ，又因为为双曲线，则 ，故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的基本性质的应用，抛物线基本性质的应用，向量数量积坐标运算以及一元二次方程根的判别式的运用，属于中档题，首先可画一张草图，分析其中的几何关系，然后将系用代数形式表示出来，即可得到一个一元二次方程，若要使得一元二次方程有实数解，水到渠成，即可得到答案，因此将几何关系转化成方程是解题的关键.12已知函数，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得， ，则为奇函数且在上单调递增，不等式对任意实数恒成立，
5、则在恒成立，分离参数，又因为（当且仅当时，取等号），则，故选D.【点睛】本题主要考查函数的恒成立问题的转化，基本不等式的应用，解题的关键是由已知函数的解析式判断出函数的单调性及函数的奇偶性，利用参变分离法是解决不等式恒成立问题常用方法.二、填空题13已知实数满足，则的最大值是_【答案】【解析】由题意得，满足条件的可行域如下图所示：当过原点的直线过点时， 有最大值，最大值为.14将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩为原来的，纵坐标不变，便得到函数的图象，则解析式为_【答案】【解析】由题意得，当函数的图象向左平移个单位，则，将所得图象上各点的横坐标缩为原来的，纵坐标不变，则，即
6、答案为.15若直线（都是正实数）与圆相交于两点，当（是坐标原点）的面积为， 的最大值为_【答案】2【解析】根据题意画出图形，如图所示：由的面积为可得， 为直角三角形， ,则点到直线的距离为，即，那么只有当且仅当时， 取最大值.16已知函数，函数在处的切线为，若，则与的图象的公共点个数为_【答案】2或3.【解析】由题意得，当时，直线的方程为： ，其与时的图象只有一个交点，当时， ，则将直线的方程代入到中，得，由得， ，当时， ，在定义域内，此时在时，直线与有两个交点，综合有三个交点；当时， ，不在定义域内，此时在时，直线与有一个交点，综合只有两个交点；结合上述两种情况， 与的图象的公共点个数为2
7、或3.【点睛】本题主要考查直线与分段函数的零点个数问题，分类讨论思想的应用，属于难题，本题考查学生将交点个数转化成方程解的个数问题，当时，将直线直线代入到中，得到一元二次方程，利用求根公式将根表示出来，再由范围对根满足题意的个数进行讨论即可求解.三、解答题17已知等比数列的前项和为，且（1）求数列的公比的值；（2）记，数列的前项和为，若，求数列的值【答案】（1）或；(2) 【解析】试题分析：（1）由题意得，设等比数列的通项公式，利用条件即可求解；（2）由（1）可得到数列的通项公式，再由即可求解.试题解析：（1）由是等比数列，则，由题知公比（否则与矛盾），则，所以，则，所以或，解得或；（2）由题
8、取值为，则，所以数列是一个公差为1的等差数列，由得，解之得，所以，即18观察研究某种植物的生长速度与温度的关系，经过统计，得到生长速度（单位：毫米/月）与月平均气温的对比表如下：温度-5068121520生长速度24567810（1）求生长速度关于温度的线性回归方程；（斜率和截距均保留为三位有效数字）；（2）利用（1）中的线性回归方程，分析气温从至时生长速度的变化情况，如果某月的平均气温是时，预测这月大约能生长多少附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：【答案】（1）;(2) 【解析】试题分析：（1）根据所给的这组数据求出利用最小二乘法所需要的几个数据，代入求系数的公式中，求得结果
9、，再把样本中心点代入公式，求出的值，即可得到线性回归方程；（2）根据(1)所求的线性回归方程，把代入线性回归方程，即可求出预测这月大约能生长多少.试题解析：（1）由题可知，则，于是生长速度关于温度的线性回归方程为：；（2）利用（1）的线性回归方程可以发现，气温从月平均气温从至时该植物生长速度逐渐增加，如果某月的平均气温是时，预测这月大约能生长19如图，矩形和等边三角形中， ，平面平面 是线段上的一个动点（1）若，确定的位置，并说明理由；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）证明过程见解析；（2）.【解析】试题分析：(1) 分别取的中点，利用三角形的中位线的性质，即可证明面，进而得到；（2）先求得的
10、面积，进而利用体积公式求得答案.试题解析：（1）为线段的中点，理由如下：分别取的中点，连接，在等边三角形中， ，又为矩形的中位线，而，所以面，所以；（2）由题，由（1）和三角形为等边三角形得为的中点，为三棱锥的高，于是，又无论是上的何点， 到的距离不变，即为三角形底边的高，20已知函数（其中为自然对数的底数， ）（1）当时，求的单调区间；（2）若仅有一个极值点，求的取值范围【答案】（1）的减区间为， ，增区间为；(2) 【解析】试题分析：（1）当时，求出，列表，即可求出的单调区间；（2）求出，再对其零点进行讨论，得到一个关于的方程，再对这个方程根的个数进行讨论，即可得到的取值范围.试题解析：（
11、1）由题知， ，由得到或，而当时， 时， ，列表得：-1-0+0-极大值极小值所以，此时的减区间为， ，增区间为；（2），由得到或 （）由于仅有一个极值点，关于的方程（）必无解，当时，（）无解，符合题意，当时，由（）得，故由得，由于这两种情况都有，当时， ，于是为减函数，当时， ，于是为增函数，仅为的极值点，综上可得的取值范围是21已知椭圆的左焦点的离心率为是和的等比中项（1）求曲线的方程；（2）倾斜角为的直线过原点且与交于两点，倾斜角为的直线过且与交于两点，若，求的值【答案】（1）;(2) .【解析】试题分析：(1)根据条件是和的等比中项，焦点，联立方程即可求出曲线的方程；（2）由题意，分两
12、种讨论：1.当倾斜角时，求出的值；2. 当倾斜角时，设倾斜角为的直线的斜率，两条直线分别表示出来，再和曲线的方程联立，利用韦达定理，求出的值.试题解析：（1）由题可知，椭圆中，解得，所以椭圆的方程是；（2）设倾斜角为的直线为，倾斜角为的直线，当时，由，知，则，于是，此时；（2）当时，由，知，且这两条直线的斜率互为相反数，设，则，由，可得，则，由可得：，由于，设与椭圆的两个交点坐标依次为，于是，综上所述总有22选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，抛物线的方程为（1）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；（2）直线的参数方程是（为参数），与交于两点，求的斜率【答
13、案】（1）;(2) 1或-1【解析】试题分析：(1)把抛物线的方程可利用公式化成极坐标方程；（2）由直线的参数方程求出直线的极坐标方程，再将的极坐标方程代入的极坐标方程，根据即可求出直线的斜率.试题解析：（1）由可得，抛物线的极坐标方程；（2）在（1）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为，设所对应的极径分别为，将的极坐标方程代入的极坐标方程得,（否则，直线与抛物线没有两个公共点）于是，由得，所以的斜率为1或-123选修4-5：不等式选讲已知函数（1）在图中画出的图象；（2）求不等式的解集【答案】（1）函数图象如图所示；（2）.【解析】试题分析：（1）对绝对值进行分类讨论，即可求出的解析式，根据分段函数的解析式可得到图象；（2）根据（1）中的图象即可得到不等式的解集.试题解析：（1），函数的图象如图所示（2）由不等式得或，由的表达式及图象，当时，可得或 ；当时，可得或，故的解集为；的解集为，所以的解集为
