河北省唐山市2018届高三上学期期末考试数学(文)试题(解析版)
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唐山市2017-2018学年度第三年级第一学期期末考试文科数学试卷一、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.【答案】D【解析】由题意，∴．故选D．2. 复灵长的共轭复数为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】，共轭复数为，故选B3. 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. 8B. 9C. 10D. 12【答案】B【解析】由题意可得，解得，即可估计黑色部分的面积为9，选B．4. 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.【答案】A 【解析】由题意在上递增，，所以时，当时，所以解为，故选A ．5. 执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的的值为( )A. 10B. 9C. 4D. 3 【答案】B【解析】循环时变量值依次为：，，，，输出，故选C ．6. 平行四边形中，，，，则( )A. 5B. 9C. 12D. 16 【答案】B 【解析】由题意，所以，故选B ．7. 已知函数的最小正周期为，则将函数的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为( )A. B.C. D.【答案】D 【解析】，，故选D ．8. 一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】该组合体是一个长方体与四分之一的圆柱组合，体积为，故选C．.....................9. 在数列中，，，为的前项和，若为等比数列，则( )A. B. 1 C. D. 2【答案】B【解析】由题意是等比数列，公比为2，∴，，为等比数列，则，，故选B．10. 已知为双曲线的左、右焦点，为双曲线左支上一点，且满足直线与双曲线的一条渐近线平行，，则( )A. B. C. D. 4【答案】A【解析】设（不妨设P在第二象限），则，，∵，∴，即，解得，又与渐近线平行，∴，又，代入可解得，故选A．点睛：在涉及到圆锥曲线上的点到焦点的距离时，学用圆锥曲线的定义，一种利用点到两焦点的距离之和（或差）推导一些结论，一种是利用第二定义得出焦半径公式，椭圆：，双曲线：，利用它常常可表示出点的坐标．11. 已知，函数，若存在使得有三个零点，则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】作出和的图象，它们在第一象限交点为，考虑到的定义，有三个零点，说明的图象与直线有三个交点，因此，故选C．12. 已知，由此可算得( )A. B. C. D.【答案】A【解析】设，则，即，解得或，显然，所以，故选A．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 记为等差数列的前项和，若，，则的公差为________.【答案】-1【解析】由题意，，则，故答案为－1．点睛：等差数列与等比数列问题常常采用“基本量法”求解，但如果能利用它们的性质则解题方法、计算过程将变得简单，特别是当时，（对等差数列）或（对等比数列）这个性质的应用非常广泛，能用则用．14. 若满足约束条件，则的最大值是________.【答案】1【解析】画出不等式组表示的可行域（如图阴影部分所示）．由得．平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最大值．由解得，故点A的坐标为(-1,-1)．∴．答案：1点睛：解决线性规划问题时，主要是利用数形结合的方法进行求解，解题的关键是确定z的几何意义．解答过程中，在由得到后，要注意区分z与直线的截距的关系：当时，z与截距成正比；而当时，z与截距成反比，然后再结合图形，并通过平移直线得到最优解．15. 已知为椭圆的一个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于点，若原点在以直径的圆上，则椭圆的离心率为________.【答案】【解析】设，把代入椭圆方程可得，故有，由题意，即，所以，解得，故答案为．16. 在三棱椎中，底面是等边三角形，侧面是直角三角形，且，，则该三棱椎外接球的表面积为________.【答案】12π【解析】由于PA＝PB，CA＝CB，PA⊥AC，则PB⊥CB，因此取PC中点O，则有OP＝OC＝OA＝OB，即O为三棱锥P－ABC外接球球心，又由PA＝PB＝2，得AC＝AB＝，所以PC＝，所以．点睛：多面体外接球，关键是确定球心位置，通常借助外接的性质—球心到各顶点的距离等于球的半径，寻求球心到底面中心的距离、半径、顶点到底面中心的距离构成直角三角形，利用勾股定理求出半径，如果图形中有直角三角形，则学借助于直角三角形的外心是斜边的中点来确定球心．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.【答案】(1) B＝(2)【解析】试题分析：（1）利用正弦定理把已知条件化为角的关系，再由诱导公式得，由两角和的正弦公式化简后可得的正切值，从而得B角大小；（2）利用余弦定理及等差数列的性质可得的方程组，解得后可得面积．试题解析：（Ⅰ）由a－b cos C＝c sin B及正弦定理得，sin A－sin B cos C＝sin C sin B，因为sin A＝sin(B＋C)＝sin B cos C＋sin C cos B，所以sin C cos B＝sin C sin B．因为sin C≠0，所以tan B＝，又因为B为三角形的内角，所以B＝．（Ⅱ）由a，b，c成等差数列得a＋c＝2b＝4，由余弦定理得a2＋c2－2ac cos B＝b2，即a2＋c2－ac＝4，所以(a＋c)2－3ac＝4，从而有ac＝4．故S△ABC＝ac sin B＝．18. 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：(1)在每周使用移动支付超过3次的样本中，按性别用分层抽样的方法随机抽取5名用户.①求抽取的5名用户中男、女用户各多少人；②从这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.(2)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的前提下，认为“喜欢使用移动支付”与性别有关？附表及公式：【答案】(1)男用户有3人，女用户有2人,,(2)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．【解析】试题分析：（1）①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，分层抽样是按比例抽取人数的；②记抽取的3名男用户分别A，B，C；女用户分别记为d，e．可用列表法得出任取2人的各种组合，从而计算出概率；（2）利用卡方计算公式计算出后中得结论．试题解析：（1）①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＝＝．（2）由图中表格可得列联表将列联表中的数据代入公式计算得k＝＝≈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．19. 如图，在五面体中，底面为正方形，，平面平面，.(1)求证：；(2)若，，求五面体的体积.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）要证线线垂直，可先证线面垂直，已知有，因此只要再证，这可由面面垂直的性质定理得平面，从而得到结论；（2）这个多面体可分拆为一个三棱锥和一个四棱锥，它们的高易作出，分别求出体积即可．试题解析：（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．（Ⅱ）连接F A，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＝V F－ABCD＋V A－DEF＝＋＝．点睛：求组合体的体积，通常采用割补法，把一个组合体分割成几何规则的几何体（柱、锥、台体）然后分别求出体积，对于不规则的几何体还可通过补形的手段变为一个规则的、体积易求的几何体，然后计算，通常考虑奖三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体等．20. 已知抛物线：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，证明：直线过定点.【答案】(1) {k|k＜－2或0＜k＜} (2)见解析【解析】试题分析：（1）写出直线的方程，与抛物线方程联立方程组，利用判别式求出的一个范围，另外直线的方程为与抛物线方程联立同样又得出的一个范围，两者求交集即得；（2）设，利用韦达定理可得即点坐标，用代替可得点坐标，计算出，得证结论．试题解析：（1）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＜．直线n的方程为y＝－x＋2，与y2＝4x联立，整理得y2＋4k y－8k＝0，由Δ2＝16k2＋32k＞0，解得k＞0或k＜－2．所以故k的取值范围为{k|k＜－2或0＜k＜}．（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．由①得，y1＋y2＝，则y0＝，x0＝－，则M(－，)．同理可得N(2k2＋2k，－2k)．直线MQ的斜率k MQ＝＝，直线NQ的斜率k NQ＝＝＝k MQ，所以直线MN过定点Q(2，0)．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.【答案】(1) (2) a≤1【解析】试题分析：（1）根据导数的几何意义求解．（2）当x＝0时，f(0)＝0恒成立；当0＜x≤时分离参数可得在上恒成立，设g(x)＝，x∈(0，]，利用导数可得函数g(x)的最小值为g()＝，故可得a≤，即为所求范围．试题解析：（1）因为f(x)＝e x sin x－ax2，所以f'(x)＝e x(cos x＋sin x)－2ax，故f'(0)＝1．又f(0)＝0，故所求切线方程为y＝x．（2）①当x＝0时，f(0)＝0在区间上恒成立．②当0＜x≤时，由得在上恒成立．令g(x)＝，x∈(0，]，则g'(x)＝．令G(x)＝x(sin x＋cos x)－2sin x，x∈(0，]，则G'(x)＝(cos x－sin x)(x－1)，故当0＜x＜时，G'(x)＜0，G(x)单调递减；当＜x＜1时，G'(x)＞0，G(x)单调递增；当1＜x≤时，G'(x)＜0，G(x)单调递减，又G(0)＝0，G(1)＝cos1－sin1＜0，所以G(x)＜0，所以g'(x)＜0，所以g(x)在(0，]上单调递减，所以g(x)≥g()＝，故a≤．综上实数的取值范围为．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.【答案】（1）直角方程参数方程为（2）6.【解析】试题分析：（1）将点A的坐标化为直角坐标便可得到直线的倾斜角，进而可得直线的方程；然后根据待定系数法可得椭圆的直角坐标方程，再化为参数方程即可．（2）由（1）可得点M(2cosα，2sinα) ，0＜α＜，进而可得点M到直线OA的距离d，所以S＝S△MOA＋S△MOB＝6sin(α＋)，结合三角知识可得结果．试题解析：（1）由A(，)得直线OA的倾斜角为，所以直线OA斜率为tan＝－1，故直线OA的方程为，即x＋y＝0．由x＝ρcosα，y＝ρsinα可得点A的直角坐标为(－，)，因为椭圆C关于坐标轴对称，且B(2，0)，所以可设椭圆C：＋＝1，其中t＞0且t≠12，将(－，)的坐标代入曲线C的方程，可得t＝4，故椭圆C的方程为，所以椭圆C的参数方程为．（2）由（1）得M(2cosα，2sinα)，0＜α＜．点M到直线OA的距离d＝cosα＋sinα．所以S＝S△MOA＋S△MOB＝(3cosα＋sinα)＋2sinα＝3cosα＋3sinα＝6sin(α＋)，故当α＝时，四边形OAMB面积S取得最大值6．23. 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.【答案】（1）{x|－3≤x≤1}（2）[1，3]【解析】试题分析：（1）由题意得不等式即为|x＋1|－|x－1|≥x2＋3x－2，根据分类讨论的方法将不等式转化为三个不等式组求解．（2）令F(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋(a－2)x－2，将不等式的解集包含转化为求解即可得结论．试题解析：（1）不等式|x＋1|－|x－1|≥x2＋3x－2等价于或或解得 ，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）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]等价于解得1≤a≤3，所以a的取值范围为[1,3].。
