广西桂林市桂林中学高三5月全程模拟考试数学（理）试卷及答案(13页).doc

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1、-广西桂林市桂林中学高三5月全程模拟考试数学（理）试卷及答案-第 13 页桂林中学2017届高三理科数学考试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.第卷 （选择题 60分）一、选择题:（本大题共12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已知集合，则的真子集个数为（ ）A. 1 B. 3 C. 4 D. 72设复数满足，则（ ）A. B. C. D. 3在等比数列中,若公比q=4,S3=21,则该数列的通项公式= ( ) A. B. C. D. 4若单位向量，的夹角为，则向量与向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 5某学校高三年级有2个

2、文科班，3个理科班，现每个班指定1人对各班的卫生进行检查，若每班只安排一人检查，且文科班学生不检查文科班，理科班学生不检查自己所在的班，则不同安排方法的种数是（ ）A. 24 B. 32 C. 48 D. 846秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为4，2，则输出v的值为（ ） A. 66 B. 33 C. 16 D. 87若将函数的图象向左平移（）个单位，所得图象关于原点对称，则最小时，（ ）A. B. C. D. 8如图，有一个水平放置的透明

3、无盖的正三棱柱容器，其中侧棱长为，底面边长为，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为，如果不计容器的厚度，则球的表面积为( ) A. B. C. D. 9.如图,有一直角墙角,两边的长度足够长,若处有一棵树与两墙的距离分别是和 (),不考虑树的粗细现用长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃，设此矩形花圃的最大面积为，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数（单位：）的图象大致是（ ）10已知双曲线与双曲线的离心率相同，且双曲线的左、右焦点分别为，是双曲线一条渐近线上的某一点，且，则双曲线的实轴长为（ ）A. B. C. D. 11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

4、（ ）A. B. C. 4 D. 712已知函数（），若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 第卷（非选择题共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13设实数满足约束条件目标函数的最小值为，则的最大值为_14已知数列满足，则的值为_15关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验。受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请200名同学，每人随机写下一个都小于1 的正实数对（x，y），再统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对（x,y）的个数m，最后再根据统计数m来估计的值.假如统计结果是m=56，那么

5、可以估计_.（用分数表示）16已知从圆：外一点向该圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且有，则当取得最小值时点的坐标为_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（本小题满分12分）已知函数，在中，角，的对边分别为，.（）当时，求函数的取值范围；（）若对任意的都有，点是边的中点，求的值.18（本小题满分12分）某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等极如下表：质量指标值等级三等品二等品一等品从某企业生产的这种产品中抽取200件，检测后得到如下的频率分布直方图：（）根据以上抽样调查数据 ，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全

6、部产品90%”的规定？（）在样本中，按产品等极用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率；（III）该企业为提高产品质量，开展了“质量提升月”活动，活动后再抽样检测，产品质量指标值近似满足，则“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了多少？19（本小题满分12分）如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，底面，且（）记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明（）求直线与平面所成角的正弦值；20（本小题满分12分）如图所示，在中，的中点为,且，点在的延长线上，且.固定边，在平面内移动顶点

7、，使得圆与边，边的延长线相切，并始终与的延长线相切于点，记顶点的轨迹为曲线.以所在直线为轴，为坐标原点如图所示建立平面直角坐标系.（）求曲线的方程；（）设动直线交曲线于两点，且以为直径的圆经过点，求面积的取值范围.21（本小题满分12分）已知，其中.（）若，且曲线在处的切线过原点，求直线的方程；（）求的极值；（）若函数有两个极值点，证明.请考生在22， 23两题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。22.（本题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：（为参数），以坐标原

8、点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（）求曲线，的极坐标方程；（）曲线：（为参数，）分别交，于，两点，当取何值时，取得最大值.23（选修45：不等式选讲） 已知函数() 解不等式；() 若，求证：桂林中学2017届高三理科数学考试答案一、选择题:题号123456789101112选项BBAAAABBBDAC1【解析】集合,集合,所以 或,真子集有 ,共3个,选B.2【解析】由，得，即，则，故选B.3【解析】设等比数列an的首项为a1,由公比q=4,S3=21得, =21,所以a1=1,则an=4n-1. 选A.4【解析】，所以，所以夹角为，选A.5【解析】首先安排文科学生，文科两个班的学生

9、有种安排方法，然后安排理科学生，理科的学生有种安排方法，利用乘法原理可得，不同的安排方法的种数为 种.本题选择A选项.6【解析】初始值，程序运行过程如下：,跳出循环，输出的值为,故选A.7【解析】函数向左平移后得到，其图像关于原点对称为奇函数，故，即，.故选B8【解析】 由题意得，设求和三棱柱的上底面的三个焦点分别为,设截面圆的半径为，因为上底面是边长为的正三角形，则，设求的半径为，根据球的性质可得，所以球的表面积为，故选B。9【解析】设长为，则长为，又因为要将点围在矩形内，则矩形的面积为当时，当且仅当时， 当时，,分段画出函数图形可得其形状与B接近，故选B.10【解析】由题不妨可设，由题意可

10、得，则，所以，即代入，即中可得，所以，则，应选答案D。11. 【解析】从三视图中提供的图形信息与数据信息可知该几何体是正方体去两个相同的三棱锥（虚线表示的部分），因为正方体的体积是，每个小的三棱锥的体积，则三视图所代表的几何体的体积，应选答案A。12【解析】由得,设，则存在，使得成立，即成立.所以恒成立，所以成立又当且仅当即取等号.所以,故选C.13【解析】可行域如图：移项有，斜率大于1，所以在处最小，处最大，联立，得，有，得，故,14【解析】由题为等差数列，即，所以，所以.15【解析】由题意，200对都小于1的正实数对（x,y），满足，对应图形面积为1，两个数能与1构成钝角三角形的三边的数对

11、（x,y）满足且，对应图形的面积为 ，因为统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对（x,y）的个数m=56，所以 。【答案】16【解析】如图所示, 圆：，圆心,半径,因为,所以为圆心,为圆的半径),所以,即.要使最小,只要最小即可.当直线垂直于直线时,即直线的方程为时,最小,此时点即为两直线的交点,得点坐标.【答案】17【解析】（1），当时，所以；（2）由对任意的都有得：，由，所以.18【解析】（1）根据抽样调查数据，一、二等品所占比例的估计值为，由于该估计值小于0.90，故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品90%”的规定.（2）由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率

12、分别为0.375、0.5、0.125，故在样本中用分层抽样方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件，再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情况有2种：一等品2件，二等品1件，三等品1件；一等品1件，二等品2件，三等品1件，故所求的概率.（3）“质量提升月”活动前，该企业这种产品的质量指标值的均值约为“质量提升月”活动后，产品质量指标值近似满足，则.所以，“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了17.619【解析】（）取线段的中点，连结，直线即为所求如图所示：（）以点为原点，所在直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图由已知可得，设平面的法向

13、量为，得取，得平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，20【解析】（）依题意得，设动圆与边的延长线相切于，与边相切于， 则所以所以点轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点.则曲线的方程为. 由于曲线要挖去长轴两个顶点，所以直线斜率存在且不为，所以可设直线由得,，同理可得：,；所以，又，所以令，则且，所以又，所以，所以，所以，所以，所以面积的取值范围为.【法二】依题意得直线斜率不为0，且直线不过椭圆的顶点，则可设直线：，且。设，又以为直径的圆经过点，则，所以由得，则且，所以又 代入得：，所以， 代入得：恒成立所以且. 又；点到直线的距离为，所以（）当时，；（）当且时，又，当且

14、仅当时取“”，所以，所以，所以，所以，所以； 综合（1），（2）知.21【解析】（）当时，所以切线的斜率，又直线过原点，所以，由得，.所以，故切线的方程为，即.（）由，可得，当时， 在上单调递增，在上单调递减，在时取到极小值，且，没有极大值；当时或，.在，上单调递增，在上单调递减，在时取到极大值，且，在时取到极小值，且；当时恒成立，在上单调递增，没有极大值也没有极小值；当时或，在，上单调递增，在上单调递减，在时取到极小值，且.在时取到极大值，且.综上可得，当时，在时取到极小值，没有极大值；当时，在时取到极大值，在时取到极小值；当时，没有极大值也没有极小值；当时，在时取到极小值.在时取到极大值.（）由（）知当且时，有两个极值点，且.所以，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，由且可得，所以，即.22【解析】（）因为，的极坐标方程为，的普通方程为，即，对应极坐标方程为.（）曲线的极坐标方程为（，）设，则，所以，又，所以当，即时，取得最大值.23【解析】（）原不等式即为当时，则，解得；当时，则，此时不成立；当时，则，解得所以原不等式的解集为或 （）要证，即，只需证明则有因为，则，所以，原不等式得证 欢迎访问“高中试卷网”http:/sj.fjjy.org