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四川省自贡市2017届高三第一次诊断性考试理数试卷

资料类别: /试题

所属版本: 通用

所属地区: 四川

上传时间:2017/1/5

下载次数:141次

资料类型:模拟/摸底/预测

文档大小:1.10M

所属点数: 0

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数学(理科)题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(         B.       C.       D.
2.已知复,则复平面内对应的点在(一象限象限三象限象限知函数定义域为为常数.若对都有:是函数最小值,则的(不必要条件不充分条件要条件不充分也不必要条件为各项都大于零的等差数列,公差则(         B.       C.         D.
5.已知则(         B.       C.         D.
6.已知集合从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系上的坐标,则确定的不同点的个数为(33         D.34
7.设,则对任意实数若则(         B.       C.         D.
8.某企业节能降耗技术改造后,生产某产品过程记录的产量吨)与相应的生产能耗吨)的几组对应数据如下表所示:
		3	4			若根据表中数据得出于线性回归方程为则表中值为(         B.       C.         D.
9.将函数图象向右平移周期后,所得图象对应的函数为则函数单调递增区间(         B.       
C.         D.
10.已知,则函数区间为增函数的概率是(         B.       C.         D.
11.若正整数以正整数的余数为则记为例如如程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》.执行该程序框图,则输出的(

A.         B.21       C.22         D.23
12.设函数其中若有且只有一个整数,则取值范围是(         B.       C.         D.
第Ⅱ卷(非选择题
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.在边长为正三角形,,则实数,则的最小值为知个多面体的三视图如图所示其中正视图与侧图都是边长为等腰直角三角形,俯视图是边长为正方形,若该多面体的顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为

16.设是函数导数,函数导数,方程实数解则称点函数拐点,某同学经过探究发现:任何一个三次函数有点,任何一个三次函数都有对称中心,且拐点就是对称中心,设函数利用上述探究结果
:
在中,对边分别为,的面积为.
)的值;
)的值.
已知数列公差为等差数列,数列,若.
(Ⅰ)的通项公式;
),求前和.
甲、乙两位射击运动员,在某天训练已各射击,每次命中的环数如下:

(Ⅰ)计算估计,甲、乙二人的射击成绩谁更稳)规定命中及以上环数为优秀,以频率作为概率,请依据上述数据估计,求甲在第第射击中获得优秀的次数分布列和期望.
如图,三棱柱,侧面,且.

(Ⅰ)求证:
(Ⅱ)二面角余弦值.
已知函数的导数,自然对数的底数).
(Ⅰ)的解析式及极值;
),求最大值..
22. (本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
在平面坐标系中,直线参数方程为其中参数)现以坐标原点极点,的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线极坐标方程为.
)出直线曲线普通方程;
)知点曲线的动点,求的距离的最小值.知常数,对任意实数不等式成立.
)的值;
),求证:.贡市高第一次诊断性考试
科数学试题答案BAABA       6-10:ABDCB      11、12:CD
解析:
.排除C;又因.
5.∵故,而,

7.定义域为∵,
∴是奇函数,∵上是增函数,在上为增函数,而所以.
8.由回归方程:得.
10.显然本考察考生支一次函数和二次函数的基本性质,使得函数区间增函数,则分情况讨论如下:①当,情况为要求的只有一种②当则讨论二次函数的对称轴满足题意产生的情况:
9种情况满足的只有三上所得:使得在区间函数概率为.
11.由已知中得程序功能利用并输出同时满足条件:①被余②被余最小为两位数,故输出的.
12.,,则∴,,单调递减;,单调递增,所以取得最小值所以,直线过且斜率为所以∴而,∴的取值范围.          14.8           15.           16.76
试题解析:
.因为,所以的中点即∵,
∴,∴(化简步骤不详述)
14.作出不等式表示的平面区域如图:
图形得:当直线过点取得最大值,
解得:∴.

15.由三视图几何体为四棱锥,且四棱锥的一条侧棱垂直于底面,高等于其底面是边长为正方形,∴四棱锥的外接球即是边长为正方体的外接球,∴外接球的直径为∴外接球的表面积.
16.,∴所以由.
∴函数对称中心为∴,故设
则
两式相加得.:
)知,
因为,即解得
由余弦定理得:得   )
)(),
由于三角形的内角,得
所以    ):
)数列,,
当时,,即
又因为数列公差为等差数列,所以  )
得,
化简得:即
即数列以首项,以公比的等比数列,
以.    )
).

∴
,
∴,
整理得:    )


所以.     ):
),,
∴,
,
∵,
∴乙比甲的射击成绩稳定.
)题意得:运动员及以上的概率为
则甲在第射击中获得优秀次数的情况为,
∴;,
,
.
∴的分布列:
2	3								∴  (12分):
)的中点因为且的中点,
∴
又侧面其交线为且
∴    (2分)
为坐标原点,、所在直线分别为建立空间直角坐标系
由已知得:,,,,
,则有:,,
∴    (6分)
)()可设平面法向量为同理平面法向量为
则满足:    
解得:,
则.
∴二面角余弦值为.   ):
)已知得
令,得
即      (1分)
,∴,
从而   (2分)
,
又在上递增,且
∴当;时,,
故为极值点,∴   )
),
①当在上单调递增,
与相矛盾;
当,得:当,
即,
∴,    (9分)
,则
∴,,
当时,,
即当时,的最大值为
∴的最大为.   ):
):消去参数普通方程   )
得,
由,以及
整理得:    )
)得圆心坐标为半径
则圆心到直线的距离为,
而点圆上,即为圆心到直线垂足点)
以直线距离最小值为.
:
)
,
∵对任意实数不等式成立,
∴       )
):
∵,
∴,
∴,
即       (6分)












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