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1、 2017年秋期高中三年级期终质量评估数学试题（文）第卷（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.已知集合A.，则（或）B.C.D.【答案】A【解析】【 详 解 】，故选 A.2.已知（ 为虚数单位），则复数 （C. D.）A.B.【答案】C【解析】，故选 C.3.已知双曲线 的一条渐近线的方程是：，且该双曲线 经过点，则双曲线 的方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由题可设双曲线的方程为：，将点代入，可得，整理即可得双曲线的方程为.故选 D.4.设，则（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】因为，故选
2、 B.5. 从甲、乙等 5名学生中随机选出 2人，则甲被选中的概率为（ ）A.C.B.D.【答案】B【解析】试题分析：从甲乙等 名学生中随机选出 人，基本事件的总数为，甲被选中包含的基本事件的个数，所以甲被选中的概率，故选 B考点：古典概型及其概率的计算6.已知实数 满足，则目标函数（）A.C.，B.， 无最小值D.， 无最小值【答案】C【解析】 画出约束条件表示的可行域，如图所示的开发区域，变形为，平移直线，由图知，到直线经过时，因为可行域是开发区域，所以无最小值，无最小值，故选 C.【方法点晴】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画
3、、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.7.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥接球的半径为 为 ，外接圆的半径，由，图中正方体的棱长为 ， 该多面体如图所示，外可得 ， ，故 该多面体的外接球的表面积，故选 C.8.运行如图所示的程序框图，则输出结果为（）A. 2017 B. 2016 C.
4、 1009 D. 1008【答案】D【解析】输出结果为，选 D.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.9.为得到的图象，只需要将的图象（ ）A. 向右平移 个单位 B. 向右平移 个单位C. 向左平移 个单位 D. 向左平移 个单位【答案】D【解析】试题分析：因为，所以为得到的图象，只需要将的图象向左平移 个单位；故选 D考点：1.诱导公式；2.三角函数的图像变换 10.函数的大致图象为（）A.B.C.D.【
5、答案】C【解析】当时，由，即，得，由，得， 在上递增，在上递减，时，只有选项 C符合题意，故选 C.11.设数列的通项公式，若数列的前 项积为，则使成立的最小正整数 为（）A. 9 B. 10 C. 11 D. 12【答案】C【解析】因为，所以，该数列的前 项积为，使成立的最小正整数 为 ，故选 C.，若抛物线 上存在一点 ，12.抛物线使 关于直线 对称，则的焦点为 ，过 且倾斜角为 60的直线为 ，（）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】A【解析】关于过 倾斜角为， 由 于的直线对称，由抛物线定义知，等于点 到准线的距离，即， 代 入 抛 物 线 方 程 可 得，解得，故选 A.
6、【 方法点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，以及点关于直线对称问题，属于难题. 与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的 距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.第卷（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.曲线【答案】【解析】在点处的切线方程为_，切线的斜率，又过所求切线方程为，即，故答案为.【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程，属于简单题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处
7、的导数，即在点）；（2）由点斜式求得切线方程，若 ，则实数 的值为_出的切线斜率（当曲线在 处的切线与 轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为.14.已知点，【答案】【解析】点，两边平方得， 又，经检验，解 得是原方程的解， 实数 的值为 ，故答案为 .15.已知【答案】【解析】的三边长分别为 3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于_试题分析：，由正弦定理得.考点：解三角形，三角形外接圆.16.若不等式对任意正数 恒成立，则实数 的取值范围为_【答案】【解析】 不 等 式对 任 意 正 数恒 成 立 ，当且仅当时取等号，实数 的取值范围为，故答案为.三、解答题 （本大题共 6小题，共 70分解
8、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.等差数列（1）求数列（2）设中，已知的通项公式；，求数列 的前 项和 .(2)，且，构成等比数列的前三项.【答案】(1)【解析】试题分析：（1）根据等差数列的，且，构成等比数列，列出关于首的通项公式，进而可得 的通项公式；，利用错误相减法求和后即可得结果.项 、公 差 的方程组，解方程组可得 与 的值，从而可得数列（2）由（1）可得试题解析：（1）设等差数列的公差为 ，则由已知又解得或（舍去），又，（2）两式相减得则.【易错点晴】本题主要等差数列、等比数列的通项公式、“错位相减法”求数列的和，属于难题.“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错
9、位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以 .18.经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数 （0 10）与销售价格 （单位：万元/辆）进行整理,得到如下的对应数据： 使用年数售价246871016139.54.5（）试求 关于的回归直线方程；（附：回归方程中，（）已知每辆该型号汽车的收购价格为为何值时,小王销售一辆该型号汽车所获得的利润最大.万元,根据（）中所求的回归方程,预测【答案】（I）；（II）预测当时,销售利润取得最大值【解
10、析】试题分析：（1）由表中数据利用平均数公式计算 ，根据公式求出代入回归方程求得 ，即可写出回归直线方程；（2）写出利润函数将样本中心点坐标，利用二次函数的图象与性质求出时 取得最大值.试题解析：（1）由已知：,，；所以回归直线的方程为（2），所以预测当时,销售利润 取得最大值中，侧面19.如图，在三棱柱为矩形， 是的中点， 与交 于点 ，且（1）证明：（2）若平面.；，求三棱柱的高.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）在矩形平面中，根据相似三角形的性质可知，由平面的高为 ，即三棱锥,，可得平面，由，；（2）设三棱柱的高为 .又得.试题解析：（1）在矩形中，由平面几何知识可知，又
11、平面平面，平面中，由平面几何知识可知平面，.（2）在矩形，设三棱柱又的高为 ，即三棱锥得的高为 .，由,.20.平面直角坐标系中，已知椭圆（）的左焦点为 ，离心率为，过点 且垂直于长轴的弦长为（1）求椭圆 的标准方程；（2）若过点【答案】(1)【解析】的直线与椭圆相交于不同两点 、 ，求面积的最大值(2) 试题分析：（1）运用椭圆的离心率公式和过焦点垂直于对称轴的弦长，结合的关系列出关于 、 、的方程组，求出 、 ，可得椭圆的方程；（2）讨论直线 的斜率为 和不为 ，设方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理与弦长公式求得弦长，求出点 到直线的距离 运用三角形的面积公式，化简整理，运用换元法和基本不
12、等式，即可得到面积的最大值.试题解析：（1）由题意可得，所以所以椭圆的标准方程为（2）设， 令，可得，即有，又，；，直线 方程为，代入椭圆方程，整理得则，所以当且仅当，即（此时适合的条件）取得等号则面积的最大值是 【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.21.已
13、知函数（其中 ， 为常数且）在处取得极值（）当时，求 的单调区间；（）若 在上的最大值为 1，求 的值（）单调递增区间为，；单调递减区间为; （）或.【答案】【解析】 试题分析：（）由函数的解析式，可求出函数导函数的解析式，进而根据是 的一个极值点，可构造关于 ， 的方程，根据 求出 值；可得函数导函数的解析式，分析导函数值大于0 和小于 0 时，的范围，可得函数 的单调区间；（）对函数求导，写出函数的导函数等于0 的 的值，列表表示出在各个区间上的导函数和函数的情况，做出极值，把极值同端点处的值进行比较得到最大值，最后利用条件建立关于 的方程求得结果试题解析：（）因为因为函数，所以，在处取得
14、极值，当由时，得或；由，得，即函数 的单调递增区间为（）因为，；单调递减区间为，令，因为 在处取得极值，所以，当时， 在上单调递增，在上单调递减，所以 在区间上的最大值为 ，令当，解得，当时， 在上单调递增，上单调递减，上单调递增，所以最大值 1 可能的在或处取得，而，所以，解得；当时， 在区间上单调递增，处取得，上单调递减，上单调递增，所以最大值 1 可能在或 而，所以，解得当，与矛盾时， 在区间上单调递增，在上单调递减，矛盾所最大值 1可能在处取得，而综上所述，或请考生在 22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22.选修 4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线
15、的参数方程为（ 为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点 为极点，以 轴非负半轴为极轴）中，圆 的方程为（1）求圆 的直角坐标方程；（2）若点，设圆 与直线 交于点，求的最小值【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）由得，由，从而得解；，（2）将 的参数方程代入圆 C的直角坐标方程，得，。由韦达定理代入求解即可.试题解析：（1）由得，化为直角坐标方程为（2）将 的参数方程代入圆 的直角坐标方程，得（*）由，故可设是方程（*）的两根，又直线过点，故结合 的几何意义得：的最小值为23.选修 4-5：不等式选讲 已知，函数的值；的最小值为 （1）求（2）证明：【答案】(1)【解析】与不可能同时成立(2)见解析试题分析：（）首先利用三角绝对值不等式的性质求得 最小值的表达式，然后结合已知条件求解即可；（）首先由（1）及基本不等式，得，然后假设与同时成立，推出且，与相矛盾，即证得结论试题解析：（1），.（2）且，由基本不等式知道：同时成立，则由矛盾，故，假设同理与及，得，这与与不可能同时成立.考点：1、基本不等式；2、三角绝对值不等式的性质；3、反证法