2018届高三数学理上学期期末考试试卷(唐山市有答案)

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2018届高三数学理上学期期末考试试卷(唐山市有答案)

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j.Co M

唐山市2017-2018学年度第三年级第一学期期末考试
理科数学试卷
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 (    )
A.    B.     C.     D.
2.下图是一个边长为4的正方形二维码,为了测算图中黑色部分的面积,在正方形区域内随机投掷400个点,其中落入黑色部分的有225个点,据此可估计黑色部分的面积为(    )
 
A.8     B.9     C.10     D.12
3.已知复数 ,则关于 的四个命题:
  的虚部为 ;   
  的共轭复数为    在复平面内对应的点在第四象限.
其中的真命题为(    )
A.    B.    C.    D.
4.已知 为等差数列 的前 项和,若 , ,则 的公差为(    )
A.1     B.2     C.3    D.4
5.已知偶函数 在 单调递减,若 ,则满足 的 的取值范围是(    )
A.   B.   C.   D.
6. 的展开式中的常数项为(    )
A.12    B.     C.     D.
7.一个几何体的三视图如图所示,则其体积为(    )
 
A.    B.     C.    D.
8.已知 为双曲线 的左、右焦点, 为双曲线 左支上一点,直线 与双曲线 的一条渐近线平行, ,则 (    )
A.     B.     C.     D.5
9.已知函数  在 上单调递减,在 上单调递增,则 (    )
A.1    B.2    C.     D.
10.下图是一个程序框图,其中 , ,且 ,执行此程序,当输入 时,输出 的值为(    )
 
A.19    B.49    C.51    D.55
11.在三棱椎 中,底面 是等边三角形,侧面 是直角三角形,且 ,当三棱椎 表面积最大时,该三棱椎外接球的表面积为(    )
A.     B.     C.    D.
12.设 , , ,则 的大小关系为(    )
A.    B.    C.    D. 
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.若 满足约束条件 ,则 的最大值是  .
14.平行四边形 中, , , ,则     .
15.已知椭圆 的焦距为 ,圆 与椭圆 交于 两点,若 ( 为坐标原点),则椭圆 的离心率为  .
16.在数列 中, , , , 为数列 的前 项和,若 为等比数列,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. 的内角 的对边分别为 ,已知 .
(1)求 ;
(2)若 , 成等差数列,求 的面积.
18.如图,在四棱椎 中,底面 是边长为4的正方形,平面 平面 ,二面角 为 , .
 
(1)求证: 平面 ;
(2)求二面角 的余弦值.
19.高铁、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,某移动支付公司在我市随机抽取了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
(1) 如果认为每周使用移动支付超过3次的用户“喜欢使用移动支付”,能否在犯错误概率不超过 的前提下,认为是否“喜欢使用移动支付”与性别有关?
(2) 每周使用移动支付6次及6次以上的用户称为“移动支付达人”,视频率为概率,在我市所有“移动支付达人”中,随机抽取4名用户,
(i) 求抽取的4名用户中,既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率;
(ii) 为了鼓励女性用户使用移动支付,对抽出的女“移动支付达人”每人奖励500元,记奖励总金额为 ,求 的数学期望.
附表及公式:
 
 

20.已知 为抛物线 : 的焦点,过点 作两条互相垂直的直线 ,直线 交 于不同的两点 ,直线 交 于不同的两点 ,记直线 的斜率为 .
(1)求 的取值范围;
(2)设线段 的中点分别为点 ,求证: 为钝角.
21.已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程;
(2)若 在区间 上恒成立,求 的取值范围.
22.在直角坐标系 中,椭圆 关于坐标轴对称,以坐标原点 为极点,以 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, , 为椭圆 上两点.
(1)求直线 的直角坐标方程与椭圆 的参数方程;
(2)若点 在椭圆 上,且点 在第一象限内,求四边形 面积 的最大值.
23.已知函数 , .
(1)当 时,求不等式 的解集;
(2)若不等式 的解集包含 ,求 的取值范围.

 
唐山市2017—2018学年度高三年级第一学期期末考试
理科数学参考答案
一.选择题:
A卷:DBCBA CDAAC   AB
B卷:DBCCA BDAAC   AB
二.填空题:
(13)1  (14)9  (15)5-12  (16) 1 3或3
三.解答题:
(17)解:(Ⅰ)由3ccosB-3a=bsinC及正弦定理得,
3sinCcosB-3sinA=sinBsinC,
因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB,
所以-3sinBcosC=sinBsinC.
因为sinB≠0,所以tanC=-3,
因为C∈(0,π),所以C=23.         
(Ⅱ)由a,b,c成等差数列得2b=a+c,
又c=7,所以a=2b-7.
由余弦定理得c2=a2+b2+ab,
所以(2b-7)2+b2+(2b-7)b=49,整理得b2-5b=0,解得b=5.
所以a=3,
故S△ABC= 1 2×3×5×32=1534.        …
(18)解:(Ⅰ)因为平面PCD⊥平面ABCD,
且平面PCD∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,
所以AD⊥平面PCD,又PD平面PCD,
则PD⊥AD,
所以∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角,
∠PDC=30°,
在△PDC中,由余弦定理可得PD=23,
所以PD2+PC2=CD2,从而有PD⊥PC,
又因为PD⊥AD,AD∥BC,
所以PD⊥BC.
又因为PC∩BC=C,
所以PD⊥平面PBC.            
(Ⅱ)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
 
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),P(0,3,3),
DP→=(0,3,3),AP→=(-4,3,3),AB→=(0,4,0).
由(Ⅰ)可知,DP→是平面PBC的一个法向量.      
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),
由AP→·n=0,AB→·n=0得:
-4x+3y+3z=0,4y=0,令x=3,得n=(3,0,4)     
cosn,DP→=n·DP→|n||DP→|=21919,
又因为二面角A-PB-C为钝二面角,
所以二面角A-PB-C的余弦值为-21919.       
(19)解:
(Ⅰ)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,  
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.             
(Ⅱ)视频率为概率,在我市“移动支付达人”中,随机抽取1名用户,该用户为男“移动支付达人”的概率为 3 5,女“移动支付达人”的概率为 2 5.
(ⅰ)抽取的4名用户中,既有男“移动支付达人”,又有女“移动支付达人”的概率P=1-( 3 5)4-( 2 5)4=528625;          
(ⅱ)记抽出的女“移动支付达人”人数为Y,则Y~B(4, 2 5),E(Y)= 8 5,
所以X的数学期望E(X)=500E(Y)=800元.       
(20)解:
(Ⅰ)由题可知k≠0,设直线m的方程为y=k(x-2),与x2=4y联立,
整理得x2-4kx+8k=0,      
由Δ=16k2-32k>0,解得k<0,或k>2.       
设直线n的方程为y=t(x-2),与x2=4y联立,
同理可得,t<0,或t>2.
因为m⊥n,所以kt=-1,得- 1 k<0,或- 1 k>2,
解得k>0或- 1 2<k<0.           
故k的取值范围为{k|- 1 2<k<0或k>2}.       
(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).
由①得,x1+x2=4k,则x0=2k,y0=2k2-2k,则M(2k,2k2-2k).
同理可得N(2t,2t2-2t),又F(0,1),
所以FM→=(2k,2k2-2k-1),FN→=(2t,2t2-2t-1),
FM→·FN→=4kt+(2k2-2k-1)(2t2-2t-1),将kt=-1代入得,
FM→·FN→=-2k2-2t2+6(k+t)-3
=-2(k+t)2+6(k+t)-7
=-2(k+t- 3 2)2- 5 2<0
因为2k(2t2-2t-1)-2t(2k2-2k-1)=2( 1 k+k)≠0,所以FM→与FN→不共线.
综上,∠MFN为钝角.           
(21)解:(Ⅰ)由f(x)=exsinx-ax2,得f(0)=0.
由f(x)=ex(cosx+sinx)-2ax,得f(0)=1,则切线斜率为1.
所以切线方程为y=x.           
(Ⅱ)
(ⅰ)当x=0时,f(0)=0,所以a∈R.        
(ⅱ)当0<x≤  2时,a≤exsinxx2.
令g(x)=exsinxx2,x∈(0,  2],则g(x)=ex[x(sinx+cosx)-2sinx]x3.
令G(x)=x(sinx+cosx)-2sinx,x∈(0,  2],则G(x)=(cosx-sinx)(x-1),
①当0<x<  4时,G(x)<0,G(x)单调递减;
②当  4<x<1时,G(x)>0,G(x)单调递增;
③当1<x≤  2时,G(x)<0,G(x)单调递减,
又G(0)=0,G(1)=cos1-sin1<0,
所以G(x)<0,即g(x)<0,
所以g(x)在(0,  2]上单调递减,g(x)≥g(  2)=4e π 22,
故a≤4e π 22.              
(22)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).    
(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.     
(23)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}.      
(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]. 

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