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- 2021-06-01 发布
重庆市巴蜀中学2017届高三12月月考
数学（文）试题
高三数学
第Ⅰ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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.下列函数中，在 上为增函数（ ）
A. B. C. D.
3.“勾股定理”在西方被称为“华达哥拉斯定理”，三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用形数结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个边长为2的大正方形，若直角三角形中较小的锐角，现在向该正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，飞镖落在小正方形内的概率是（ ）
A. B. C. D.
4.设向量，满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
5.设，是两条不同的直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
6. 已知数列满足，，则的前10项的和等于（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数的最大值为4，最小值为0，最小正周期为，直线是其图像的一条对称轴，则符合条件的函数解析式是（ ）
A. B.
C. D.
8.如图所示，在三棱柱中，平面，，，，若规定主（正）视方向垂直平面，则此三棱柱的侧（左）视图的面积为（ ）
A. B. C. D.
9.设变量，满足的约束条件，则的最大值为（ ）
A. B. C.2 D.4
10.已知为奇函数，函数与的图像关于对称，若，则（ ）
A. -1 B.1 C. -2 D.2
11.已知正四棱锥的底面边长为，体积为，则此棱锥的内切球与外接球的半径之比为（ ）
A. 1:2 B.4:5 C. 1:3 D.2:5
12. 设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
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.则复数，（为虚数单位），则的虚部等于 .
14.化简 .
15.已知36的所有正约数之和可按如下方法得到：因为，所以36的所有正约数之和为参照上述方法，可求得200的所有正约数之和为 .
16.定义域为的函数满足，当时，，若时，恒成立，则实数的取值范围是 .
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）
如图所示，在四边形中，，且，，.
（Ⅰ）求的面积；（Ⅱ）若，求的长.
18. （本小题满分12分）
如图所示，四棱锥的底面是一个直角梯形，，平面，为的中点，.
（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.
19. （本小题满分12分）
中石化集团通过与安哥拉国家石油公司合作，获得了安哥拉深海油田区块的开采权，集团在某些区块随机初步勘探了部分旧井，取得了地质资料.进入全国勘探时期后，集团按络点来布置井位进行全面勘探.由于勘探一口井的费用很高，如果新设计的井位与原有井位重合或接近，便利用旧井的地质资料，不必打这口新井，以节约勘探费用，勘探初期数据质料见小表：
井号I
1
2
3
4
5
6
坐标
（2，30）
（4，40）
（5，60）
（6，50）
（8，70）
钻探深度
2
4
5
6
8
10
出油量
40
70
110
90
160
205
（1）1～6号旧井位置线性分布，借助前5组数据求的回归直线方程为，求，并估计的预期值；
（2） 现准备勘探新井7（1，25），若通过1、3、5、7号井计算出的，的值与（1）中，的值差不超过10％，则使用位置最接近的已有旧井，否则在新位置打开，请判断可否使用旧井？（注：其中的计算结果用四舍五入法保留1位小数）
20. （本小题满分12分）
已知椭圆：的两个焦点分别为，，离心率为
.过焦点的直线（斜率不为0）与椭圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点，直线交于椭圆，两点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当四边形为矩形时，求直线的方程.
21. （本小题满分12分）
已知函数，其中为自然对数的底数.
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）若，是函数的两个零点，设，证明：随着的增大而增大.
22. （本小题满分10分）
选修4-4：坐标系与参数方程
已知点，直线的参数方程是（为参数）.以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程式为.
（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的普通放吧；
（Ⅱ）已知，若直线与曲线交于两点，，且，求实数的值.
23. （本小题满分10分）
选修4-5：不等式选讲
已知函数，不等式的解集为.
（1）求；
（2）记集合的最大元素为，若正数，，满足，求证：.
试卷答案
一、选择题
1-5: 6-10: 11、12：
二、填空题
13. 14. 15. 456 16.或
三、解答题
17.解（Ⅰ）............（2分）
因为，所以，.............（4分）
把已知条件代入并化简的得：因为，所以.........（12分）
18.解析：设的中点为，连接，，为的中点，，由已知条件知：，所以，所以四边形是一个平行四边形，所以，平面，平面，平面
（2）为的中点，且点到面的距离等于
.
解：（1）因为，，回归直线必须过平衡点，则，故回归直线方程为：
，当时，，即的预报值为24.
（2）因为，，，，
所以，
，即，，，.
因为，，均不超过10％，因此使用位置最接近的已有旧井6（1，24）.
20.解：（Ⅰ）由题意可得
解得，.故椭圆的方程为...........（5分）
（Ⅱ）由题意可知直线斜率存在，设其方程为，点，.
，，由得.
所以，因为.
所以中点.因此直线方程为.
由解得，.
因此四边形为矩形，所以，即.
所以.所以.
解得，故直线的方程为...........（14分）
21.（Ⅰ）当时，，，
令，则
则，，单调递减.
，，单调递增
所以函数的极小值，无极大值.
（Ⅱ）令，则，因为函数有两个零点，
所以，，可得，，
故
设，则，且解得，.
所以：，①令，，
则.令，得.
当时，.因此，在上单调递增，
故对于任意的，.
由此可得，故在上单调递增.
因此，有①可得随着的增大而增大.
22.（Ⅰ）直线的参数方程是，（为参数），消去可得：.
由可得，故的直角坐标方程为：.
（Ⅱ）把代入，得
由解得，结合可知，
，，，解得
23.（1）由零点分段法化为：
或或或
所以集合.
（2）集合中最大元素为，所以，其中，，
因为，，
，三式相加得：，
所以.