2018届高三数学(文)上学期期末考试试卷(唐山市附答案)

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2018届高三数学(文)上学期期末考试试卷(唐山市附答案)

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唐山市2017-2018学年度高三第一学期期末考试
文科数学试卷

一、选择题(本大题共12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A={x|x2-2x -3≤0},B={x|x>0},则A∩B=(  )
A.[1,+∞)    B.(0,1]
C.[3,+∞)    D.(0,3]
解析:选D.因为A={x|-1≤x≤3},所以A∩B={x|0<x≤3}.故选D.
2.复数3+i1-i的共轭复数为
A.1+2i           B.1-2i
C.2-2i          D.-1+2i
解析:选B. 3+i1-i=(3+i)(1+i)(1-i)(1+i)=1+2i,由此复数3+i1-i的共轭复数为1-2i.

3.右图是一个边长为4的正方形二维码,为了测算图中黑色
部分的面积,在正方形区域随机投掷400个点,其中落入黑色
部分的有225个点,据此估计黑色部分的面积为
A.8      B.9   
C.10      D.12
解析:选B.
 


4.已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减.若f(-2)=0,则满足x f(x)>0的x的取值范围是
A.-∞,2∪0,2       B.-2,0∪2,+∞
C.-∞,2∪2,+∞      D.-2,0∪0,2
解析:选A. ∵f(x)为R上的偶函数且在[0,+∞)上单调递减,∴f(x)在-∞,0上单调递增.又f(-2)= f(2)=0,因此满足x f(x)>0的x的取值范围是-∞,2∪0,2.


5.执行右图所示的程序框图,如果输入的a=2,b=2,那么输出的i= (  )
A.10     B.9
C.4      D.3
解析:选C.
 


6.平行四边形ABCD中,AB=5,AD=3,|BA→+BC→|=4,则AB→· AD→=
A.5        B.9
C. 12       D. 16
解析:选B.


7.已知函数f(x)=3sin2x+π3的最小正周期为T,则将函数f(x)图象向左平移T4个单位后,所得图象对应的函数为
A.y=-3sin2x+π3      B.y=-3cos2x+π3
C.y=3sin2x+7π12        D.y=3cos2x+π3

解析:选D.

 


8.一个几何体的三视图如右图所示,则其体积为
A.10+π    B.2+π2
 C. 2+ π4  D.2+π12 
解析:选C.
 


9.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,Sn为等比数列{an}的前n项和,若{Sn+λ}为等比数列,则λ=
A.-1      B.1   
C.-2         D.2 
解析:选B.
10.已知F1,F2为双曲线Γ:x2a2-y220=1(a>0)的左、右焦点,P为双曲线Γ左支上一点,且满足直线PF1与双曲线的一条渐近线平行, PF1⊥PF2,则a=
A.5      B.2
C.45         D.4

解析:选A.
11.已知a>-1,函数f(x)=x2,        x≤a,log2(x+1),x > a,若存在t使得g(x)=f(x)-t恰有三个零点,则a的取值范围是
A. -1,0     B.0,1    
C.1,+∞    D.0,+∞
解析:选C.
 


12.已知cos36°cos72°=14,由此可算得cos36°=
A.5+14      B.5-12 
 C.3+14        D.3+24 
解析:选A.

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13. 记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S5=10,a2=3.则{an}的公差为________.
答案-1  
解析 设{an}的公差为d,由题设可得5a1+10d=10,a1+d=3,解得d=-1,a1=4.
 

14.设x,y满足约束条件x-y≤0,x+y-2≤0, 3x-y+2≥0,则z=x-2y的最大值是________.
答案1 
解析
15.已知F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点,过F且垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B,若原点O在以AB为直径的圆上,则椭圆C的离心率为________.
答案5-12 
解析
16.在三棱锥P­ABC中,底面ABC是正三角形,侧面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥AC,则该三棱锥的外接球的表面积为________.
答案12π
解析 由题设知AB= AC=22,PC=23,RT△PAC≌RT△PBC, 三棱锥的外接球面的球心为PC的中点O,外接球的半径为 3.

 

三、解答题(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)
△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知3a-3 b cosC=c sinB.
(Ⅰ)求B;
(Ⅱ)若b=2,a,b,c成等差数列,求△ABC的面积.    
解:
(Ⅰ)由3a-3bcosC=csinB及正弦定理得,
3sinA-3sinBcosC=sinCsinB,
因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB,
所以3sinCcosB=sinCsinB.
因为sinC≠0,所以tanB=3,
又因为B为三角形的内角,
所以B= π 3.              …6分
(Ⅱ)由a,b,c成等差数列得a+c=2b=4,
由余弦定理得a2+c2-2accosB=b2,
即a2+c2-ac=4,
所以(a+c)2-3ac=4,
从而有ac=4.
故S△ABC= 1 2acsinB=3.           …12分
18.(本小题满分12分)
高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”,彰显出中国式创新的强劲活力.某移动支付公司随机抽取了100名移动支付用户进行调查,得到如下数据:
每周使用移动支付次数 1次 2次 3次 4次 5次 6次及以上
男 4 3 3 7 8 30
女 6 5 4 4 6 20
合计 10 8 7 11 14 50
 

(Ⅰ)在每周使用移动支付次数超过3次样本中,按性别用分层抽样的方法随机抽取5名用户.
(ⅰ)求抽取的5名用户中男用,女用户各多少人?
(ⅱ)从5名用户中随机抽取2名用户,求抽取的2名用户中既有男用户又有女用户的概率;
(Ⅱ)如果认为每周使用移动支付次数超过3次的用户“喜欢使用移动支付”,能否在犯错误概率不超过0.05的前提下,认为“喜欢使用移动支付”与性别有关?
附表及公式:
K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
 

解:
(Ⅰ)
(ⅰ)由图中表格可知,样本中每周使用移动支付次数超过3次的男用户有45人,
女用户30人,在这75人中,按性别用分层抽样的方法随机抽取5名用户,其中男用户有3人,女用户有2人.          …2分
(ⅱ)记抽取的3名男用户分别A,B,C;女用户分别记为d,e.
再从这5名用户随机抽取2名用户,共包含
(A,B),(A,C),(A,d),(A,e),(B,C),
(B,d),(B,e),(C,d),(C,e),(d,e),
10种等可能的结果,其中既有男用户又有女用户这一事件包含(A,d),(A,e),
(B,d),(B,e),(C,d),(C,e),共计6种等可能的结果,
由古典概型的计算公式可得P= 6 10= 3 5.        …6分
(Ⅱ)由图中表格可得列联表
 不喜欢移动支付 喜欢移动支付 合计
男 10 45 55
女 15 30 45
合计 25 75 100
                 
将列联表中的数据代入公式计算得
k=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(45×15-30×10)225×75×55×45≈3.03<3.841,   …10分
所以,在犯错误概率不超过0.05的前提下,不能认为是否喜欢使用移动支付与性别有关.               …12分
19.(本小题满分12分)
如图,在五面体ABCDEF中,底面ABCD为正方形, EF∥DC,平面ABCD⊥平面CDEF,AE⊥CF.
(Ⅰ)求证:CF⊥DE;
(Ⅱ)若CF=DE,DC=2EF=4,求五面体ABCDEF的体积.
 

解:
(Ⅰ)因为平面ABCD⊥平面CDEF,
平面ABCD∩平面CDEF=CD,AD⊥CD,
所以AD⊥平面CDEF,又CF平面CDEF,
则AD⊥CF.
又因为AE⊥CF,AD∩AE=A,
所以CF⊥平面AED,DE平面AED,
从而有CF⊥DE.             …6分
(Ⅱ)连接FA,FD,过F作FM⊥CD于M,
因为平面ABCD⊥平面CDEF且交线为CD,FM⊥CD,
所以FM⊥平面ABCD.
因为CF=DE,DC=2EF=4,且CF⊥DE,
所以FM=CM=1,
所以五面体的体积V=VF-ABCD+VA-DEF=163+ 4 3=203.     …12分

20.(本小题满分12分)
已知抛物线E:y2=4x,过点P(2,0)作两条互相垂直的直线m,n,直线m交E于不同两点A,B,直线n交E于不同两点C,D,记直线m的斜率为k.
(1)求k的取值范围;
(2)设线段AB,CD的中点分别为M,N,证明:直线MN过定点Q(2,0).
解:
(Ⅰ)由题设可知k≠0,所以直线m的方程为y=kx+2,与y2=4x联立,
整理得ky2-4y+8=0,           ①
由Δ1=16-32k>0,解得k< 1 2.         …2分
直线n的方程为y=- 1 kx+2,与y2=4x联立,
整理得y2+4ky-8k=0,
由Δ2=16k2+32k>0,解得k>0或k<-2.       …4分
所以k≠0,k< 1 2,k>0或k<-2,故k的取值范围为{k|k<-2或0<k< 1 2}.  …6分
(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).
由①得,y1+y2= 4 k,则y0= 2 k,x0= 2 k2- 2 k,则M( 2 k2- 2 k, 2 k).  …8分
同理可得N(2k2+2k,-2k).
直线MQ的斜率kMQ= 2 k 2 k2- 2 k-2=-k k2+k-1,
直线NQ的斜率kNQ=-2k 2k2+2k-2=-k k2+k-1=kMQ,
所以直线MN过定点Q(2,0).          …12分
21.(本小题满分12分)
已知函数f(x)=exsinx-ax.
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=0处的切线过点(2,-a),求a的值;
(Ⅱ)若f(x)≥0在区间[0,  2]上恒成立,求a的取值范围.
解:
(Ⅰ)由f(x)=exsinx-ax,得f(0)=0.
由f(x)=ex(cosx+sinx)-a,得f(0)=1-a,
则1-a=- a 2,解得a=2.          …4分
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)=ex(cosx+sinx)-a,
令g(x)=f(x),则g(x)=2excosx,
所以x∈[0,  2]时,g(x)≥0,g(x)单调递增,f(x)单调递增.
(ⅰ)当a≤1时,f(0)=1-a≥0,所以f(x)≥f(0)≥0,f(x)单调递增,
又f(0)=0,所以f(x)≥0.
(ⅱ)当a≥e π 2时,f(  2)≤0,所以f(x)≤f(  2)≤0,f(x)单调递减,
又f(0)=0,所以f(x)≤0,故此时舍去.
(ⅲ)当1<a<e π 2时,f(0)<0,f(  2)>0,所以存在x0∈(0,  2),使得f(x0)=0,
所以x∈(0,x0)时,f(x)<0,f(x)单调递减,
又f(0)=0,所以f(x)≤0,故此时舍去.
综上,a的取值范围是a≤1.          …12分

请考生在第22~23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时请写清题号.
22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中,椭圆C关于坐标轴对称.以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,A(6,3π4),B(23,0) 为椭圆C上两点.
(Ⅰ)求直线OA的直角坐标方程与椭圆C的参数方程;
(Ⅱ)若点M在椭圆C上,且点M第一象限内,求四边形OAMB的面积S的最大值.
解:
(Ⅰ)由A(6,3π4)得直线OA的倾斜角为3π4,
所以直线OA斜率为tan3π4=-1,即OA:x+y=0.
由x=ρcosα,y=ρsinα可得A的直角坐标为(-3,3),
因为椭圆C关于坐标轴对称,且B(23,0),
所以可设C:x212+y2t=1,其中t>0且t≠12,
将A(-3,3)代入C,可得t=4,故椭圆C的方程为x212+y24=1,
所以椭圆C的参数方程为x=23cosα,y=2sinα(α为参数).    …5分
(Ⅱ)由(Ⅰ)得M(23cosα,2sinα),0<α< π 2.
点M到直线OA的距离d=6cosα+2sinα.
所以S=S△MOA+S△MOB=(3cosα+3sinα)+23sinα
=3cosα+33sinα
=6sin(α+ π 6),
所以当α= π 3时,四边形OAMB面积S取得最大值6.     …10分

 

23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲
已知函数f(x)=|x+1|-|x-1|,g(x)=x2+ax-2.
(1)当a=3时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.
解:
(Ⅰ)不等式|x+1|-|x-1|≥x2+3x-2等价于
x>1,2≥x2+3x-2,或-1≤x≤1,2x≥x2+3x-2,或x<-1,-2≥x2+3x-2.
解得 ,或-1≤x≤1,或-3≤x<-1.
所以不等式f(x)≥g(x)的解集是{x|-3≤x≤1}.      …5分
(Ⅱ)x∈[-1,1],令F(x)=g(x)-f(x)=x2+(a-2)x-2
不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于
F(1)=a-3≤0,F(-1)=1-a≤0,解得1≤a≤3,
所以a的取值范围为[1,3].          …10分
 

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