高三文科数学滚动测试题20171020.doc

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1、高三高三文科数学滚动测试题文科数学滚动测试题一、单选题1.集合，则等于（）A、B、C、D、2.设为虚数单位，则复数的虚部为（）A、B、C、D、3.秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数学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，若输入的值分别为 3，4，则输出的的值为（）A、6B、25C、100D、4004.函数的部分图象如图所示，若，且，则（）A.B、C、D、5.广告投入对商品的销售额有较大的影响.某电商对连续 5 个年度的广告费和销售额进行统计，得到统计数据如下表（单位：万元）：由上表可得回归方程为，据此模

2、型，预测广告费为 10 万元时销售额约为（）A、万元B、万元C、万元D、万元6.已知是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，若实数满足，则的取值范围是（）A、B、C、D、7.已知圆：.设条件：，条件：圆上至多有 2 个点到直线的距离为 1，则 是 的（）A、充分不必要条件B、必要不充分条件C、充要条件D、既不充分也不必要条件8.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A、B、C、D、9.由不等式确定的平面区域记为，不等式确定的平面区域记为，在中随机取一点，则该点恰好在内的概率为（）A、B、C、D、10.某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的外接球的表面积是（）A、B、C、

3、D、11.已知向量，则（）A、B、C、D、12.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A、B、C、D、二、单空题13.平面向量不共线，且两两所成的角相等，若，则_.14.从中随机抽取一个数记为，从中随机抽取一个数记为，则函数的图象经过第三象限的概率是_15.已知函数满足，且时，则与的图象的交点个数为_16.设函数在上存在导函数，对于任意的实数，都有，当时，若，则实数的取值范围是_.三、解答题17.如图，已知中，角的对边分别为，.（1）若，求面积的最大值；（2）若，求.18.已知的内角、的对边分别为，.（1）求的值；（2）若，求的周长与面积.19.某校拟从高二年级名文科生和名理科生中选出名

4、同学代表学校参加知识竞赛，其中每个人被选中的可能性均相等.（1）列出所有可能的选取结果；（2）求被选中的名同学中恰有名文科生的概率；（3）求被选中的名同学中至少有名文科生的概率.20.如图，在直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）中，点是的中点（1）求证：平面；（2）若，求证：21.已知函数.（1）讨论的极值点的个数；（2）若对，总有.（i）求实数的取值范围；（ii）求证：对，总有不等式成立.22.在极坐标系中，圆的极坐标方程为.若以极点为原点，极轴所在直线为轴建立平面直角坐标系.（1）求圆的参数方程；（2）在直角坐标系中，点是圆上的动点，试求的最大值，并求出此时点的直角坐标.1.正确答案 B，而，

5、.2.D 试题解析，的虚部为.3.C 试题解析输入，第一步：；第二步：；第三步：；第四步：.程序结束，输出的.4.D试题解析根据图象，可得.再由，得，可得，解得，又.由及得，故.5.C 试题解析根据统计数据表，可得，而回归直线经过样本点的中心，解得，回归方程为，当时，.6,B 试题解析是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，在区间上单调递减.根据函数的对称性，可得在区间上单调递减，.7.C 试题解析圆：的圆心到直线的距离.当时，直线在圆外，圆上没有点到直线的距离为 1；当时，直线在圆外，圆上只有 1 个点到直线的距离为 1；当时，直线在圆外，此时圆上有 2 个点到直线的距离为 1；综上，当时，

6、圆上至多有 2 个点到直线的距离为 1，由圆上至多有 2 个点到直线的距离为 1 可得，故是的充分必要条件.8.B 试题解析根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为 4 的正方形，高是.将该四棱锥还原成一个三棱锥，如图所示，则其底面是边长为 4 的正三角形，高是 4，其中心到三棱锥的个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径.三棱锥的底面是边长为 4 的正三角形，底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为，其外接球的半径，外接球的表面积.9.D 试题解析如图，平面区域就是三角形区域，平面区域与平面区域的重叠部分就是区域，易知，故由几何概型的概率公式，得所求的概率.10.C 试题解析此几

7、何体是底面为正方形的长方体,由正视图有底面对角线为,所以底边边长为,由侧视图有高为,该几何体的外接球球心为体对角线的中点,设其外接球半径为,则,表面积,故选 C.11.A 试题解析根据向量的夹角公式求解.，,，.，.12B 试题解析恒成立，等价于对于恒成立，令，显然，对于，则.令,并由得；令,并由得,函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,又有最大值,因此的取值范围是.13平面向量不共线，且两两所成的角相等，它们两两所成的角为.14.共有 16 种情况，其中要使函数的图象经过第三象限，则，有 4 种情况；或有 2种情况，所以15.9 试题解析由知函数的周期为 2，所以两个函数的图象如下图：函数

8、恒过点，且当时，所以两函数图象共有 9 个交点16.，设，则，函数为奇函数.时，故函数在上是减函数，故函数在上也是减函数，若，则，即，计算得出：17.（1）由余弦定理得，当且仅当时取等号，解得，故，即面积的最大值为（2），由正弦定理得，又，18.（1）（1）由可得，即，得到，因为，所以，所以，所以.根据正弦定理得，则.（2）由（1）及余弦定理可得，因为，所以，即，又由可得，故，解得或（舍去），此时，所以的周长为，的面积为.19（1）将名文科生和名理科生依次编号为，从名文科生和名理科生中选出名同学记为，其结果有共种.（2）被选中的名同学中恰有名文科生的结果有，共种.记“被选中的名同学中恰有名文科

9、生”为事件，则.（3）记“被选中的名同学中至少有名文科生”为事件，则事件包含名文科生或者名文科生这两种情况.其对立事件为“被选中的名同学中没有文科生”，只有一种结果.，.20.证明：（1）连接交于，连接在中，因为，分别为，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面（2）直三棱柱中，底面，平面，所以又因为为棱的中点，所以，因为，所以平面，所以，因为为棱中点，不妨设，所以，又因为，所以在和中，所以，即，所以，因为，所以平面，因为平面，故21.（1）解法一 由已知得对于方程当，即时，对恒成立，即对恒成立，此时没有极值点；当，即或时，若，设方程的两个不同实根为，不妨设，则，故或时，时，故是函数的两个极值

10、点；若，设方程的两个不同实根为，则，故，时，故函数没有极值点.综上，当时，函数有两个极值点；当时，函数没有极值点.解法二 由已知得当，即时，对恒成立，在上单调递增，没有极值点；当，即时，方程有两个不等正数解，不妨设，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，分别为的极大值点和极小值点，有两个极值点.综上所述，当时，没有极值点；当时，有两个极值点.（2）（i）对恒成立，设，则，时，单调递减；时，单调递增，.（ii）由（i）知，当时，有，即，当且仅当时取等号，以下证明：，设，则，当时，单调递减；当时，单调递增.，当且仅当取等号.由于等号不同时成立，故22.（1）因为，所以即为圆的直角坐标方程，所以圆的参数方程为（为参数）.（2）解法一 设，得，代入整理得，则关于的方程必有实数根.所以化简得，解得，即的最大值为 11.将代入方程得解得，代入，得，故的最大值为 11 时，点的直角坐标为.解法二 由（1）可设点，则，设，则，所以，当时，此时，即所以故点的直角坐标为.