河北省唐山市2018届高三上学期期末考试数学理试题 含答案 精品

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.

21.已知集合A=xx-2x-3?0，B=xy=lgx，则A{}{}B=( )

D.0,3

A.-1,+?[)

B.0,1

(]

C.-1,0

[)

(]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z=3+i，则关于z的四个命题： 1-ip1:z的虚部为2i； p2:z=5

p3:z的共轭复数为1-2i p4:z在复平面内对应的点在第四象限.

其中的真命题为( ) A.p1,p2

B.p2,p4

C.p2,p3

D.p3,p4

4.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5=10，S8=40，则{an}的公差为( ) A.1

B.2

C.3

D.4

5.已知偶函数fx在0,+?范围是( ) A.-?,1

()[)单调递减，若f(-2)=0，则满足xf(x-1)>0的x的取值()(3,+?)

C.-?,1()(0,3) )(1,3)

B.-1,0()(1,3)

D.-1,0(

6.琪2+琪A.12

骣13桫x

(1-x)的展开式中的常数项为( )

B.-12

C.-8

D.-18

57.一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )

A.10+p

B.2+p 2

C.2+p 12

D.2+p 4x2y28.已知F1,F2为双曲线G:2-2=1(a>0)的左、右焦点，P为双曲线G左支上一点，直

ab线PF1与双曲线G的一条渐近线平行，PF1^PF2，则a=( ) A.5

B.2

C.45

D.5

骣p9.已知函数f(x)=2sin琪wx+琪桫6增，则fp=( ) A.1

B.2

(w>0)在(p,2p)上单调递减，在(2p,3p)上单调递

()C.-1

D.3 10.下图是一个程序框图，其中ai?{0,1}，i=1,2,…,n，且an=1，执行此程序，当输入

110011时，输出b的值为( )

A.19

B.49

C.51

D.55

11.在三棱椎P-ABC中，底面ABC是等边三角形，侧面PAB是直角三角形，且

PA=PB=2，当三棱椎P-ABC表面积最大时，该三棱椎外接球的表面积为( )

A.12p

B.8p

C.43p

D.

32p 312.设a=3，b=3log3p，c=plogp3，则a,b,c的大小关系为( ) A.a

B.a

C.c

D.c二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

ìx-y?0??13.若x,y满足约束条件íx+y-2?0，则z=x-2y的最大值是

???3x-y+2?014.平行四边形ABCD中，AB=5，AD=3，BA+BC=4，则AB?BC

.

.

x2y215.已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的焦距为2c，圆M:x2+y2-2cy=0与椭圆C交

ab于A,B两点，若OA^OB(O为坐标原点)，则椭圆C的离心率为

.

16.在数列{an}中，a1=-1，a2=2，a4=8，Sn为数列{an}的前n项和，若{Sn+l}为等比数列，则l=

.

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.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知3ccosB-

3a=bsinC.

(1)求C；

(2)若c=7，a,b,c成等差数列，求△ABC的面积.

18.如图，在四棱椎P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，平面PCD^平面

ABCD，二面角P-AD-C为30°，PC=2.

(1)求证：PD^平面PBC； (2)求二面角A-PB-C的余弦值.

19.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 男 女 合计 4 6 10 3 5 8 3 4 7 7 4 11 8 6 14 30 20 50 1次 2次 3次 4次 5次 6次及以上 (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0.05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X，求X的数学期望.

附表及公式：

n(ad-bc)K2=

a+bc+da+cb+d()()()()PK23K0 0.15

2()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 20.已知F为抛物线E：x2=4y的焦点，过点P2,0作两条互相垂直的直线m,n，直线

()m交E于不同的两点A,B，直线n交E于不同的两点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的中点分别为点M,N，求证：∠MFN为钝角. 21.已知函数fx=exsinx-ax2. (1)求曲线y=fx在点0,f0()()(())处的切线方程；

轾p

(2)若f(x)30在区间犏上恒成立，求a的取值范围. 0,

犏2臌

22.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，以x轴的正半轴

为极轴建立极坐标系，A琪琪6,骣桫3p，B23,0为椭圆C上两点. 4()(1)求直线OA的直角坐标方程与椭圆C的参数方程；

(2)若点M在椭圆C上，且点M在第一象限内，求四边形OAMB面积S的最大值. 23.已知函数fx=x+1-x-1，gx=x+ax-2. (1)当a=3时，求不等式fx3gx的解集；

(2)若不等式fx3gx的解集包含-1,1，求a的取值范围.

()()2()()()()[]

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）

5－1

2 （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 1 ×3×5×3153

△ABC＝22＝4．

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，?令x＝3，得n＝(3，0，4) ?4y＝0，

n·→DP219→cos?n，DP?＝＝19， |n||→DP|又因为二面角A-PB-C为钝二面角， 219

所以二面角A-PB-C的余弦值为－19． （19）解：

（Ⅰ）由图中表格可得列联表 男 女 合计 将列联表中的数据代入公式计算得

n(ad－bc)100(45×15－30×10)

k＝＝≈3.03＜3.841， (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)25×75×55×45

2

2

不喜欢移动支付 10 15 25 喜欢移动支付 45 30 75 合计 55 45 100

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

3 2

支付达人”的概率为5，女“移动支付达人”的概率为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＝13 4 2 4528－5－5＝625；

()()

2 8

（ⅱ）记抽出的女“移动支付达人”人数为Y，则Y~B4,5，E(Y)＝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．

1 1

因为m⊥n，所以kt＝－1，得－k＜0，或－k＞2， 1

解得k＞0或－2＜k＜0．

1

故k的取值范围为k|－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 3 2 5

＝－2k＋t－2－2＜0

(

)因为2k(2t－2t－1)－2t(2k－2k－1)＝2

22

→→(1＋k)≠0，所以FM与FN不共线．

k

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． exsinx?

（ⅱ）当0＜x≤2时，a≤x2．

ex[x(sinx＋cosx)－2sinx]exsinx ?

令g(x)＝x2，x∈0，2，则g?(x)＝． 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，

4e2? ?

所以g(x)在0，2上单调递减，g(x)≥g2＝2，

?

(

]()

π 4e

故a≤2．

?

π 2

（22）解：（Ⅰ）由A

(3π3π

6，4得直线OA的倾斜角为4，

)3π

所以直线OA斜率为tan4＝－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)，

x2y2

所以可设C：12＋t＝1，其中t＞0且t≠12，

x2y2

将A(－3，3)代入C，可得t＝4，故椭圆C的方程为12＋4＝1，

?x＝23cosα，

所以椭圆C的参数方程为?（α为参数）．

?y＝2sinα

π

（Ⅱ）由（Ⅰ）得M(23cosα，2sinα)，0＜α＜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

π

＝6sinα＋6，

() π

所以当α＝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，?－1≤x≤1，?x＜－1，?或?或? 222

?2≥x＋3x－2，?2x≥x＋3x－2，?－2≥x＋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}．

2

（Ⅱ）x∈[－1，1]，令F(x)＝g(x)－f(x)＝x＋(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，?解得1≤a≤3， ?F(－1)＝1－a≤0，

所以a的取值范围为[1，3].

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