重庆市第八中学高三数学适应性月考卷(八)文(含解析)

重庆市第八中学2017届高考适应性月考卷（八）
文科数学
第Ⅰ卷（选择题共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，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，∴，故选A．
2. 若是实数，是虚数单位，且，则（）
A. -1
B. 0
C. 1
D. 2
【答案】B
【解析】∴故选B．
3. 已知数列是递增的等比数列，，，则
（）
A. B. C. 42 D. 84
【答案】D
【解析】由得（舍去），
∴，故选D．
4. 若圆与轴相切于点，与轴的正半轴交于两点，且，则圆的标准方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设中点为，则∴故选C．
5. 田忌与齐五赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优
于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，则齐王的马获胜的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将田忌的上中下三个等次马分别记为A，B，C，齐王的上中下三个等次马分别记为a，b，c，从双方各选一匹比赛的所有可能有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，共9种，齐王马获胜有Aa，Ab，Ac，Bb，Bc，Cc，故齐王马获胜的概率为，故选A．
6. 运行如图所示的程序框图，若输出的结果为26，则判断框内的条件可以为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】第一次进入循环后，判断条件为否，再次进入循环，所以选项B，D错误；第二次，，判断条件为否，继续循环；第三次，，判断条件为否，继续循环；第四次，，判断条件为是，跳出循环，输出，故选C．
7. 设是双曲线（）的左焦点，在双曲线的右支上，且的中点恰为该双曲线的虚轴的一个端点，则的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】记该虚轴端点为，右焦点为，由题意可知，所以轴且
，又，所以化简得，所以渐近线方程为，故选B．
8. 函数（）的图象如图所示，将的图象向右平移个单位得到的图象关于轴对称，则正数的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由图可知，，故，由于为五点作图的第二点，则，解得，所以，由
，故选C．
9. 如图，某几何体的三视图中，俯视图是边长为2的正三角形，正视图和左视图分别为直角梯形和直角三角形，则该几何体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，该几何体的直观图为四棱锥，平面平面，
，故选A．
点睛：三视图问题的常见类型及解题策略
(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．
(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．
10. 如图，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（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】可得故选B．
11. 已知三棱锥的顶点都在半径为3的球面上，是球心，，则三棱锥体积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】当平面AOB时，三棱锥的体积取最大值，此时
，故选D．
点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
12. 已知函数，，若与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意存在使得等价于存在使，令，即求在上的值域．，当时，，
单调递减，当时，，单调递增．又，
，所以在上的值域为，所以实数的取值范围是，故选B．
点睛：已知函数有零点求参数范围常用方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.
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. 已知，，则__________．
【答案】
【解析】由知．
14. 已知满足，则的最小值为__________．
【答案】2
【解析】如图可知，在点A(0，2)处取最小值．
点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.
15. 如图，这是一个正八边形的序列，则第个图形的边数（不包含内部的边）是__________．
【答案】
【解析】第个图形共有个正八边形，共有8条边，又内部有条边（重合算两条），所以共有条边．
16. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点是该椭圆上的动点，当的周长最大时，的面积为__________．
【答案】
【解析】(其中F1为左焦
点)
，当且仅当，F1，P三点共线时取等号，此时，所以
．
三、解答题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知锐角的三个内角的对边分别为，且
．
（1）求角；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）运用三角形的余弦定理，可得sinC，可得角C；
（2）运用正弦定理和两角差的正余弦公式，结合函数的单调性，即可得到所求范围．
试题解析：
（1）由余弦定理，可得，
所以，所以，
又，所以．
（2）由正弦定理，，
所以
，
因为是锐角三角形，
所以得，
所以，，
即．
18. 王府井百货分店今年春节期间，消费达到一定标准的顾客可进行一次抽奖活动，随着抽奖活动的有效开展，参与抽奖活动的人数越来越多，该分店经理对春节前7天参加抽奖活动的人数进行统计，表示第天参加抽奖活动的人数，得到统计表格如下：
经过进一步统计分析，发现与具有线性相关关系．
（1）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；
（2）判断变量与之间是正相关还是负相关；
（3）若该活动只持续10天，估计共有多少名顾客参加抽奖．
参与公式：，，．
【答案】（1）；（2）正相关；（3）140人.
【解析】试题分析：（1）利用和的公式求解回归方程即可；
（2）由散点的趋势可判断正相关；
（3）用回归方程估计即可.
试题解析：
（1）依题意：，
，，
，
则关于的线性回归方程为．
（2）正相关．
（3）预测时，，时，，时，，
此次活动参加抽奖的人数约为
人．
19. 如图所示，边长为2的正三角形所在平面与梯形所在平面垂直，，
，，为棱的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求三棱锥的体积．．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）要证直线平面，只需证得和即可；（2）由三棱锥的等体积计算.
试题解析：
（1）证明：如图3，取中点,连接，
因为为中点，所以平行且等于,
又平行且等于，所以平行且等于,
所以四边形为平行四边形，所以；
因为为正三角形，点为中点，
所以，
从而；
又平面平面，，平面平面
∴平面
∴，
∴平面．
（2）解：
20. 已知抛物线（），过其焦点作斜率为1的直线交抛物线于，两点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）已知动点的圆心在抛物线上，且过点，若动圆与轴交于两点，且
，求的最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）设直线与抛物线联立方程组，利用韦达定理得到x1+x2=2p，y1+y2=3p，通过|MN|=y1+y2+p=4p=16，求出p，即可求出抛物线C的方程．
（2）设动圆圆心，得，求的表达式，推出x0的范围，然后求解的最小值.
试题解析：
（1）：
联立，
设，则
又因为直线过焦点，则，
所以该抛物线的方程为：．
（2）设，由于圆过点，
则圆P的方程为：，
令，则．由对称性，，不妨，则．
故
由于，
故，（时取等）
所以的最小值为．
21. 已知，．
（1）求在点处的切线；
（2）讨论的单调性；
（3）当，时，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】试题分析：（1）求出原函数的导函数，求出在处的导数值，即为切线斜率，代入直线方程的点斜式求得切线方程；
（2）求出原函数的导函数，可得当时导函数在定义域内大于0恒成立，当a＜0时求出导函数的零点，由零点对函数的定义域分段，根据导函数在各区间段内的符号得到函数的单调区间；
（3）令，求其导函数，得到，故，
从而证得答案．
试题解析：
（1），
故在处的切线为．
（2）；
①当时，恒成立，则在上单调递增，
②当时，在上单调递减，在上单调递增．（3）先证明：时，，
令，
则时，，单调递减，故，
即．
故，
令
则（），
而，
故在上单调递减，在上单调递增，
，
由于，故，
所以在内恒成立，故在内单调递增，
，
所以，
故问题得证．
点睛：导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略利用导数证明不等式：①证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了
f(x)<g(x)；②证明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x).
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
在平面直角系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标为，且直线（为参数）与曲线交于不同两点．
（1）求实数的取值范围；
（2）设点，若，求实数的值．
【答案】（1）；（2）1.
【解析】试题分析：（1）由题意知圆心到直线的距离，求解的范围；
（2）根据直线的参数方程的参数的意义可得，即可求解的值.
试题解析：
（1）直线：，曲线：，圆心．
由题意知圆心到直线的距离，
解得．
（2）联立直线：与圆：，
得
所以，解得或（舍）或（舍）．
综上，实数的值为．
23. 选修4-5：不等式选讲
设函数的定义域为．
（1）求集合；
（2）设，证明：．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】试题分析：（1）分段去绝对值解不等式即可；
（2）将不等式平方因式分解即可证得.
试题解析：
（1）解：，
当时，，解得，
当时，恒成立，
当时，，解得，
综上定义域．
（2）证明：原不等式
．
由得，，原不等式得证．
点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向。