数学（理）卷·2017届新疆乌鲁木齐市高三下学期第三次诊断性测验（三模）（2017

数学（理）卷·2017届新疆乌鲁木齐市高三下学期第三次诊断性测验（三模）（2017

新疆乌鲁木齐市2017届高三下学期第三次诊断性测验（三模）‎ 数学（理）试题 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.若复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数等于（ ）‎ A． B． C． D．1‎ ‎3.等差数列中，，则（ ）‎ A．4 B．6 C．8 D．10‎ ‎4.“”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 ‎5.明朝数学家程大位将“孙子定理”(也称“中国剩余定理”)编成易于上口的《孙子歌诀》:三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知.已知正整数被3除余2，被5除余3，被7除余4，求的最小值.按此歌诀得算法如图，则输出的结果为（ ）‎ ‎ A．53 B．54 C．158 D．263‎ ‎6.下列函数中，以为最小正周期的偶函数是（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎7.已知实数满足，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8.已知，，则的最小值是（ ）‎ A．35 B．105 C．140 D．210‎ ‎9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10.已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，且轴，若的内切圆半价为，则其离心率为（ ）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎11.球与棱长为2的正方体的各个面都相切，点为棱的中点，则平面截球所得截面的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12.已知对任意实数，关于的不等式在上恒成立，则的最大整数值为（ ）‎ A．0 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. 若单位向量满足，则向量的夹角的余弦值为 ．‎ ‎14. 学校拟安排六位老师至5 月1日至5月3日值班，要求每人值班一天，每天安排两人，若六位老师中王老师不能值5月2日，李老师不能值5月3日的班，则满足此要求的概率为 ．‎ ‎15. 若是抛物线上的动点，点在以点为圆心，半径长等于1的圆上运动．则的最小值为 ．‎ ‎16. 已知定义在上的奇函数满足，为数列的前项和，且，则 ．‎ 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. 中，角的对边分别是，已知.‎ ‎（Ⅰ）求的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，求周长的最大值.‎ ‎18. 如图，在直三棱柱中，是正三角形，是棱的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎19. 对某地区儿童的身高与体重的一组数据，我们用两种模型①，②拟合，得到回归方程分别为，，作残差分析，如表：‎ 身高 ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ ‎110‎ 体重 ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎18‎ ‎0.41‎ ‎0.01‎ ‎1.21‎ ‎－0.19‎ ‎0.41‎ ‎－0.36‎ ‎0.07‎ ‎0.12‎ ‎1.69‎ ‎－0.34‎ ‎－1.12‎ ‎（Ⅰ）求表中空格内的值；‎ ‎（Ⅱ）根据残差比较模型①，②的拟合效果，决定选择哪个模型；‎ ‎（Ⅲ）残差大于的样本点被认为是异常数据，应剔除，剔除后对(Ⅱ)所选择的模型重新建立回归方程.‎ ‎（结果保留到小数点后两位）‎ 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，.‎ ‎20. 在平面直角坐标系中，是轴上的动点，且，过点分别作斜率为的两条直线交于点，设点的轨迹为曲线.‎ ‎（Ⅰ）求曲线的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点的两条直线分别交曲线于点和，且，求证直线的斜率为定值.‎ ‎21. 设函数.‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）当时，讨论的零点个数.‎ 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 已知直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，‎ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）讨论直线与圆的公共点个数；‎ ‎（Ⅱ）过极点作直线的垂线，垂足为，求点的轨迹与圆相交所得弦长.‎ ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求图象与直线围成区域的面积；‎ ‎(Ⅱ)若的最小值为1，求的值.‎ 试卷答案 一、选择题 ‎1-5:CDCAA 6-10:BCBDA 11、12：DB ‎1.选C.【解析】∵集合,∴.故选C.‎ ‎2.选D.【解析】∵为纯虚数,∴.故选D.‎ ‎3.选C.【解析】∵，又，所以.故选C.‎ ‎4.选A.【解析】∵.故选A.‎ ‎5.选A.【解析】按程序框图知的初值为263，代入循环结构得的输出值为53，故选A.‎ ‎6.选B.【解析】∵，是偶函数，且，故选B.‎ ‎7.选C.【解析】可行域如图所示，当直线过点时，有最大值，最大值为.故选C.‎ ‎8.选B.【解析】∵，，∴，，∴.‎ ‎∴.故选B.‎ ‎9.选D.【解析】根据三视图可得该几何体为一个长方体和半个圆柱结合所成，所以表面积.故选D.‎ ‎10.选A.【解析】∵由，∴内切圆半径为，∴离心率，故选A.‎ ‎11.选D.【解析】设圆心到截面距离为，截面半径为，连结，由，即,∴，又，∴，所以截面的面积为.故选D.‎ ‎12.选B.【解析】令，依题意，对任意，当时，图象在直线下方，∴列表 得的大致图象 则当时，∵，∴当时不成立；‎ 当时，设与相切于点.‎ 则，解得.‎ ‎∴，故成立，∴当时,.故选B.‎ 二、填空题 ‎13.填.【解析】∵,∴，为单位向量，即 ‎，则，∴. ‎ ‎14.填.【解析】 六位老师值班每天两人的排法有种，满足要求的排法有：第一种情况，王老师和李老师在同一天值班，则只能排在5月1号，有种；第二种情况，王老师和李老师不在同一天值班，有种，故共有42种.因此满足此要求的概率. ‎ ‎15.填3.【解析】由于点为抛物线的焦点，则等于点到抛物线准线的距离.又圆心到抛物线准线的距离为4，则.当点为原点，为时取等号.故 得最小值为3. ‎ ‎16.填3.【解析】∵，又∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴是以3为周期的周期函数.‎ ‎∵数列满足，且，∴，∴.‎ ‎∴.‎ 三、解答题 ‎17.（Ⅰ）由已知，得，即，‎ ‎∴，∴；‎ ‎（Ⅱ）∵，∴，∴.‎ 设周长为，则 ‎∵,∴,‎ ‎∴周长的最大值为.‎ ‎18. （Ⅰ）分别取的中点，连结，则，∴.‎ ‎∵是直三棱柱，是正三角形，是的中点，‎ ‎∴面，∴平面，∴平面平面.‎ ‎（Ⅱ）建立如图空间直角坐标系，设，则，‎ ‎,‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为，‎ 则有，,得,‎ 设二面角的平面角为，则.‎ ‎∴二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎19.（Ⅰ）根据残差分析，把代入得.‎ ‎.所以表中空格内的值为.‎ ‎（Ⅱ）模型①残差的绝对值和为，‎ 模型②残差的绝对值和为.‎ ‎，所以模型①的拟合效果比较好，选择模型①.‎ ‎（Ⅲ）残差大于的样本点被剔除后，剩余的数据如表 由公式：，.得回归方程为.‎ ‎20.(Ⅰ)设，直线，令，得 直线，令，得.‎ ‎∴.‎ ‎∴曲线的方程是；‎ ‎(Ⅱ)∵，设,,‎ 则,‎ 即①，同理②‎ 将，代入椭圆方程得,‎ 化简得③‎ 把①②代入③，得 将，代入椭圆方程，同理得 代入上式得.‎ 即，‎ ‎∴直线的斜率为定值 ‎21. (Ⅰ).‎ ‎①当时，，当时，，‎ 当时，.当时，.∴在递增 ‎②当时，令，得，此时.‎ 易知在递增，递减，递增 ‎③当时，.易知在递增，递减，递增 ‎ (Ⅱ)当时，由(Ⅰ)知在上递增，上递减，上递增，‎ 且，将代入，‎ 得 ‎∵，∴.‎ 下面证明 当时存在，使.‎ 首先，由不等式，∴，∴，∴.‎ 考虑到，‎ ‎∴‎ ‎.‎ 再令，可解出一个根为，‎ ‎∵，∴，∴，就取.‎ 则有.由零点存在定理及函数在上的单调性，可知在上有唯一的一个零点.‎ 由，及的单调性，可知在上有唯一零点.‎ 下面证明在上，存在，使，就取，则，‎ ‎∴，‎ 由不等式，则，即.‎ 根据零点存在定理及函数单调性知在上有一个零点.‎ 综上可知，当时，共有3个零点.‎ ‎22. (Ⅰ)直线式过定点，倾斜角在内的一条直线，‎ 圆的方程为，∴当时，直线与圆有1个公共点；‎ 当时，直线与圆有2个公共点 ‎(Ⅱ)依题意，点在以为直径的圆上，可得轨迹极坐标方程为.‎ 联立得.‎ ‎∴点的轨迹与圆相交所得弦长是.‎ ‎23. (Ⅰ)当时，.‎ 其图象如图所示，‎ 易知，围成区域的面积为.‎ ‎(Ⅱ)当，即时，.‎ ‎∴；又 当，即时，.‎ ‎∴.‎ ‎∴或.‎