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河北武邑中学20172018学年高三年级上学期期末考试数学试题（理）第卷（选择题 共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. 设是虚数单位，复数为纯虚数，则实数的值为（ ）A. 1 B. -1 C. D. -2【答案】A【解析】，故选A。2. 设为锐角，若与共线，则角（ ）A. 15 B. 30 C. 45 D. 60【答案】B【解析】由题意，又为锐角，故选B3. 下列说法正确的是（ ）A. 命题“若，则”的否命题是“若，则 ”B. 是函数在定义域上单调递增的充分不必要条件C. D. 若命题，则【答案】D【解析】“若p则q”的否命题是“若则”，所以A错。在定义上并不是单调递增函数，所以B错。不存在，C错。全称性命题的否定是特称性命题，D对，选D.4. 已知点，则向量在方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，向量在方向上的投影为，故选A5. 若双曲线的渐近线与直线所围成的三角形面积为2，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】渐近线为，时，所以，即，故选A6. 九章算术卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何，下图网格纸中实线部分分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（ ）A. 3立方丈 B. 5立方丈 C. 6立方丈 D. 12立方丈【答案】B【解析】几何体如图：体积为 ，选B.点睛：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析7. 从1，2，3，9这个9个数中任取5个不同的数，则这5个数的中位数是5的概率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析： 设事件为“从1，2，3，9这9个数中5个数的中位数是5”，则基本事件总数为种，事件所包含的基本事件的总数为：，所以由古典概型的计算公式知，故应选.考点：1.古典概型；8. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则在上的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，时，故选B9. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，在他所著的数书九章中提出的多项式求值的“秦九韶算法”，至今仍是比较先进的算法如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入 的值分别为4，2，则输出的值为（ ）A. 32 B. 64 C. 65 D. 130【答案】C【解析】程序运行循环时变量值为：；，退出循环，输出，故选C10. 若展开式中的系数为-20，则等于（ ）A. -1 B. C. -2 D. 【答案】A【解析】由，可得将选项中的数值代入验证可得，符合题意，故选A.11. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设外接圆半径为，三棱锥外接球半径为，由题意知，平面，则将三棱锥补成三棱柱可得，故选A点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解12. 已知函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以由题设在只有一个零点且单调递减，则问题转化为，即，应选答案B。点睛：解答本题的关键是如何借助题设条件建立不等式组，这是解答本题的难点，也是解答好本题的突破口，如何通过解不等式使得问题巧妙获解。第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13. 已知抛物线的准线与圆相切，则的值为_【答案】2【解析】抛物线的准线为，与圆相切，则，14. 已知实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】作出可行域如图内部（含边界），表示与点连线的斜率，所以由图知的最小值为点睛：在线性规划的非线性应用中，经常考虑待求式的几何意义，如本题的斜率，或者是两点间距离、点到直线的距离，这就要根据表达式的形式来确定15. 已知分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则函数在点处的切线方程是_【答案】【解析】，则，即，又，切线方程为，即16. 已知是的三边，则的取值范围为_【答案】【解析】由得，由正弦定理得，即，又，即三、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. 已知正项数列满足，数列的前项和满足（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）,（2）【解析】试题分析：（1）把已知等式变形为，由于，从而得是等差数列，由此可得通项公式，数列是已知其前项和与项的关系，可得时，同时，因此也易得通项公式 ；（2），因此的前项和可用裂项相消法求得试题解析：（1）因为，所以，因为，所以，所以，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，当时，当时，也满足，所以；（2）由（1）可知，所以18. 已知表1和表2是某年部分日期的天安门广场升旗时刻表：表1：某年部分日期的天安门广场升旗时刻表日期升旗时刻日期升旗时刻日期升旗时刻日期升旗时刻1月1日7：364月9日5：467月9日4：5310月8日6：171月21日7：114月28日5：197月27日5：0710月26日6：362月10日7：145月16日4：598月14日5：2411月13日6：563月2日6：476月3日4：479月2日5：4212月1日7：163月22日6：156月22日4：469月20日5：5012月20日7：31表2：某年1月部分日期的天安门广场升旗时刻表日期升旗时刻日期升旗时刻日期升旗时刻2月1日7：232月11日7：132月21日6：592月3日7：222月13日7：112月23日6：572月5日7：202月15日7：082月25日6：552月7日7：172月17日7：052月27日6：522月9日7：152月19日7：022月28日6：49（1）从表1的日期中随机选出一天，试估计这一天的升旗时刻早于7：00的概率；（2）甲、乙二人各自从表2的日期中随机选择一天观看升旗，且两人的选择相互独立，记为这两人中观看升旗的时刻早于7：00的人数，求的 分布列和数学期望；（3）将表1和表2的升旗时刻化为分数后作为样本数据（如7：31化为），记表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，表1和表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，判断与的大小（只需写出结论）【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】试题分析：（）在表的个日期中，有个日期的升旗时刻早于，根据古典概型概率公式可估计这一天的升旗时刻早于的概率 ；（）可能的取值为，根据对立事件与独立事件的概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（）观察表格数据可得，表中所有升旗时刻对应数据较分散，可得.试题解析：（）记事件A为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于7:00， 所以 （）X可能的取值为 记事件B为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于7:00”， 则 ， ； ； 所以 X 的分布列为：X012P （） 19. 如图，直角梯形中，等腰梯形中，且平面平面（1）求证：平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）直接利用面面垂直的性质定理可证；（2）设，计算后可证OF/BE，从而由已知可证OF平面ABCD，因此可以OA，OB，OF为坐标轴建立空要间直角坐标系，利用向量法求二面角试题解析：（1）平面平面，平面平面，又平面，平面；（2）设，四边形为等腰梯形，四边形为平行四边形，又平面，平面，为与平面所成的角，又，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，平面，平面的法向量为，设平面的一个法向量为，由得，令得，二面角的余弦值为点睛：立体几何中求“空间角”，一种方法是根据“空间角”的定义作出它的“平面角”，再通过解三角形求得，其方法是一作二证三计算；第二种方法是在图形中有相互垂直的三条直线（或两条）时，可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求角，这种方法主要的就是计算，减少了作辅助线，证明的过程，只要计算过关，一般都能求得正确结论20. 已知中心在原点，焦点在轴上，离心率为的椭圆过点（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆与轴的非负半轴交于点，过点作互相垂直的两条直线，分别交椭圆于两点，连接，求的面积的最大值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（）由题意可设椭圆方程为，则可求得（）由题意可知，直线的斜率存在且不为o故可设直线的方程为，由对称性，不妨设，由，消去得，求弦长|BP|，将式子中的换成，得设，则利用基本不等式即得解.试题解析：（）由题意可设椭圆方程为，则，故，所以，椭圆方程为（）由题意可知，直线的斜率存在且不为o故可设直线的方程为，由对称性，不妨设，由，消去得，则，将式子中的换成，得： ，设，则故 ，取等条件为即，即，解得时，取得最大值21. 已知函数（1）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）若，且有两个极值点，求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（I）在其定义域内单调递增等价于，即在上恒成立,利用基本不等式求出的最小值，从而可得结果；（II）根据韦达定理可得，利用导数研究函数的单调性，即可求得取值范围.试题解析：（I）的定义域为，在定义域内单调递增，即在上恒成立, 由，所以，实数的取值范围是. （II）由（I）知，当时有两个极值点，此时. 因为，解得， 由于于是 令，则 所以在上单调递减， 即故的取值范围为.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设为曲线上任意一点，求的取值范围【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）消去直角参数方程中的参数可得普通方程，利用公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）利用圆的参数方程，设，则，由正弦函数的性质可得的取值范围试题解析：（1）由，得，故直线的普通方程为，由，得，所以，即，故曲线的普通方程为；（2）据题意设点，则，所以的取值范围是23. 选修4-5：不等式选讲已知函数（1）当时，求的最小值；（2）若时，对任意的恒成立，求的取值范围【答案】（1）当时，有最小值3；（2）【解析】试题分析：（1）可根据绝对值的定义去掉绝对值符号，化函数为分段函数形式，然后可讨论各段的单调性，从而得最小值；（2）在时，两个绝对值里面的式子的正负是确定的，因此可预付符号可直接去掉，从而化为，这样的最小值为，由不等式可得的范围试题解析：（1）当时，当时，；当时，；当时，；即，又因为在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，如图所示，所以当时，有最小值3；（2）因为，所以，则，可得对任意恒成立，即，解得，故的取值范围为.13第页
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