重庆市高三数学第二次检测试题 文.doc

重庆市2017届高三数学第二次检测试题 文1. 已知集合，则=（）a.，b.，c.，d.，2. 设，则=（）a.b.c.d.23. 若，满足，则的最小值为（）a.b.7c.2d.54. 阅读下图的程序框图，运行相应的程序，输出的值是（）a.1b.2c.3d.45. 在中，“”是“为钝角三角形”的（）a.充要条件b.必要不充分条件c.充分不必要条件d.既不充分也不必要条件7. 定义在上的函数，则满足的取值范围是（）a.，b.，c.，d.，8. 设，为的三个内角a,b,c的对边，若，且，则角a,b的大小分别为（）a.b.c.d.9. 在中，是边上一点，且，则（）a.b.c.d.10. 给出下列三个命题：函数的单调增区间是,经过任意两点的直线，都可以用方程来表示；命题：“，”的否定是“，”，其中正确命题的个数有（）个a.0b.1c.2d.311. 设m，若直线与圆相切，则m+n的取值范围是（）a.b.c., d.12. 已知函数（，e为自然对数的底数）与的图象上存在关于直线y=x对称的点，则实数a取值范围是（）a.b.c.d.13. 已知数列是公差不为零的等差数列，且成等比数列，则数列的通项公式为_14. 已知5件产品中有2件次品，其余为合格品现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为_15. 学校艺术节对同一类的，四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“是或作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“，两项作品未获得一等奖”；丁说：“是作品获得一等奖”若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是16. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，若该几何体的各个顶点在某一个球面上，则该球面的面积为_17. 已知函数（）求的最大值；（）求的最小正周期与单调递增区间18. 从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频数分布表：质量指标值分组频数62638228（1）在坐标系中作出这些数据的频率分布直方图（2）估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（3）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“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80”的规定？19. 如图，在三棱柱abc-a1b1c1中，各个侧面均是边长为2的正方形，d为线段ac的中点（）求证：bd平面acc1a1；（）求证：直线ab1平面bc1d；（）设m为线段bc1上任意一点，在bc1d内的平面区域（包括边界）是否存在点e，使cedm，并说明理由20. 已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过点，且它的离心率（i）求椭圆的标准方程；（ii）与圆相切的直线交椭圆于mn两点，若椭圆上一点c满足，求实数的取值范围21. 已知函数（1）讨论的单调性并求最大值；（2）设，若恒成立，求实数a的取值范围22. 选修44：坐标系与参数方程.在平面直角坐标系xoy中，直线l的参数方程是（t为参数），以o为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线c的极坐标方程为，且直线与曲线c交于p，q两点（1）求曲线c的普通方程及直线l恒过的定点a的坐标；（2）在（1）的条件下，若，求直线l的普通方程23. 选修4-5：不等式选讲.函数（）若a=-2求不等式的解集（）若不等式的解集非空，求a的取值范围参考答案1.c 2.b 3.d 4.b 5.c 6.c 7.d 8.c 9.a 10.b 11.d 12.a 13. 14. 15.b 16. 17. 解：（）因为，最大值为2；（）最小正周期为令，解之得.单调递增区间为.18. 解：（1）频率分布直方图如图所示：（2）质量指标的样本平均数为=800.06+900.26+1000.38+1100.22+1200.08=100，质量指标的样本的方差为s2=（-20）20.06+（-10）20.26+00.38+1020.22+2020.08=104，这种产品质量指标的平均数的估计值为100，方差的估计值为104；（3）质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为0.38+0.22+0.08=0.68，由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定19. （）证明：三棱柱abc-a1b1c1中，各个侧面均是边长为2的正方形，cc1bc，cc1ac，cc1底面abc，bd底面abc，cc1bd，又底面为等边三角形，d为线段ac的中点bdac，又accc1=c，bd平面acc1a1；（）证明：连接b1c交bc1于o，连接od，如图则o为b1c的中点，d是ac的中点，ab1od，又od平面bc1d，od平面bc1d直线ab1平面bc1d；（）在bc1d内的平面区域（包括边界）存在点e，使cedm，此时e在线段c1d上；证明如下：过c作cec1d交线段c1d与e，由（）可知bd平面acc1a1，而ce平面acc1a1，所以bdce，由cec1d，bdc1d=d，所以ce平面bc1d，dm平面bc1d，所以cedm20. 解：（）设椭圆的标准方程为，由已知得：，解得，所以椭圆的标准方程为：（）因为直线l：y=kx+t与圆（x-1）2+y2=1相切，所以，2k=，t0，把y=kx+t代入，并整理得：（3+4k2）x2+8ktx+4t2-24=0，设m（x1，y1），n（x2，y2），则有，y1+y2=kx1+t+kx2+t=k（x1+x2）+2t=，因为=（x1+x2，y1+y2），所以c（，），又因为点c在椭圆上，所以，因为t20，所以，所以022，所以的取值范围为（-，0）（0，）21. 解：（1）由题设有x0，可知f(x)在(0，1)单调递增，在单调递减；f(x)的最大值为；（2）由题有，令，则，设，则，当x0时，可知为增函数，且，当，即时，当x0时，则单调递增，则h(x)单调递增，则h(x)h(0)=0，即恒成立，故；当2a2，即a1时，则唯一存在t0，使得，则当，则h(x)单调递减，h(x)h(0)=0，则h(x)单调递减，则h(x)2，不等式可化为