河北省石家庄市届高三毕业班教学质量检测数学理.docx

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河北省石家庄市届高三毕业班教学质量检测数学理

石家庄市2018届高中毕业班教学质量检测

（一）

理科数学

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.若复数满足，其中为虚数单位，则共轭复数（）

A．B．C．D．

3.抛物线的准线方程是（）

A．B．C．D．

4.已知某厂的产品合格率为0.8，现抽出10件产品检查，则下列说法正确的是（）

A．合格产品少于8件B．合格产品多于8件

C.合格产品正好是8件D．合格产品可能是8件

5.在中，点在边上，且，设，，则（）

A．B．C.D．

6.当时，执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）

A．9B．15C.31D．63

7.若，函数的图像向右平移个单位长度后与函数图像重合，则的最小值为（）

A．B．C.D．

8.已知奇函数，当时单调递增，且，若，则的取值范围为（）

A．B．

C.D．

9.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线条表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中面积最小是（）

A．B．C.2D．

10.双曲线的左、右焦点分别为，过作倾斜角为的直线与轴和双曲线的右支分别交于两点，若点平分线段，则该双曲线的离心率是（）

A．B．C.2D．

11.已知是函数在上的所有零点之和，则的值为（）

A．3B．6C.9D．12

12.定义：

如果函数在区间上存在，满足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（）

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.设，那么的值为．

14.若满足约束条件，则的最大值是．

15.三棱锥的各顶点都在同一球面上，若，，，侧面为正三角形，且与底面垂直，则此球的表面积等于．

16.如图所示，平面四边形的对角线交点位于四边形的内部，，，，，当变化时，对角线的最大值为．

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.已知数列满足：

，.

（1）设，求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

18.某学校为了解高三复习效果，从高三第一学期期中考试成绩中随机抽取50名考生的数学成绩，分成6组制成频率分布直方图如图所示：

（1）求的值；并且计算这50名同学数学成绩的样本平均数；

（2）该学校为制定下阶段的复习计划，从成绩在的同学中选出3位作为代表进行座谈，记成绩在的同学人数位，写出的分布列，并求出期望.

19.已知四棱锥，底面为正方形，且底面，过的平面与侧面的交线为，且满足（表示的面积）.

（1）证明：

平面；

（2）当时，二面角的余弦值为，求的值.

20.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点.

（1）若以为直径的动圆内切于圆，求椭圆的长轴长；

（2）当时，问在轴上是否存在定点，使得为定值？

并说明理由.

21.已知函数.

（1）若，求函数的图像在点处的切线方程；

（2）当时，函数恒成立，求实数的取值范围.

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

在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为.

（1）求直线的极坐标方程；

（2）若直线与曲线相交于两点，求.

23.选修4-5：

不等式选讲

已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若函数的图像与轴没有交点，求实数的取值范围.

试卷答案

一.选择题

DBDDBCBACBBA

二.填空题

13.-114.15.16.3

三.解答题

17.解:

（Ⅰ）由可得

累加法可得：

化简并代入得：

；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，设数列的前项和

则

-

18.解（Ⅰ）由题解得

（Ⅱ）成绩在的同学人数为6，,在的同学人数为4，从而的可能取

值为0,1,2，3，

，

所以的分布列为

0

1

2

3

19.（Ⅰ）证明：

由题知四边形ABCD为正方形

∴AB//CD，又平面PCD，AB平面PCD

∴AB//平面PCD

又AB平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD=EF

∴EF//AB，又AB//CD

∴EF//CD，

由S△PEF：

S四边形CDEF=1:

3知E、F分别为PC、PD的中点

连接BD交AC与G，则G为BD中点，

在△PBD中FG为中位线，∴EG//PB

∵EG//PB，EG平面ACE，PB平面ACE

∴PB//平面ACE.

（Ⅱ）∵底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，

∴PA、AB、AD两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，

设AB=AD=2a，AP=2b，则A（0，0，0），D（0，2a，0），C（2a，2a，0）

G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b），

∵PA⊥底面ABCD，DG底面ABCD，∴DG⊥PA，

∵四边形ABCD为正方形∴AC⊥BD,即DG⊥AC，AC∩PA=A

∴DG⊥平面CAF，

∴平面CAF的一个法向量为

设平面AFD的一个法向量为而

由得取可得

为平面AED的一个法向量，

设二面角C—AF—D的大小为

则得

又∴

∴当二面角C—AF—D的余弦值为时.

20.解：

（Ⅰ）设的中点为M，在三角形中，由中位线得：

当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即

所以，椭圆长轴长为6.

（Ⅱ）由已知，，所以椭圆方程为

当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为：

设

由得

恒成立

设

当即时为定值

当直线AB斜率不存在时，不妨设

当时，为定值

综上：

在X轴上存在定点，使得为定值

21.解：

（Ⅰ）若，则，

当时，，，

当时，，

所以所求切线方程为。

⋯⋯3分

（Ⅱ）由条件可得，首先，得，

而，

令其为，恒为正数，所以即单调递增，

而，，所以存在唯一根，

且函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数的最小值为，只需即可，

又满足，代入上式可得

即：

恒成立，所以。

法二

（Ⅰ）由条件可得，首先，得，

原式整理可得对任意恒成立.

设函数，则.

当时，；当时，；

所以函数在上单调递增，在上单调递减；

所以.

于是，可知，解得.

故的取值范围是⋯⋯12分

或者：

因为，原式即，求导分析

22.（Ⅰ）由消去得：

，

把代入，得，

所以曲线C的极坐标方程为

（Ⅱ）

即

圆C的圆心C（0，-1）到直线的距离

所以

23.

解：

（Ⅰ）时，不等式可化为

或，

即或

（Ⅱ）当时，，要使函数与轴无交点，

只需即

当时，，函数与轴有交点.

当时，，要使函数与轴无交点，

只需此时a无解.

综上可知，当时，函数与轴无交点.

2017-2018年质检一理科答案

一.选择题

DBDDBCBACBBA

二.填空题

13.-114.15.16.3

三.解答题

17.解:

（Ⅰ）由可得………2分

………4分

累加法可得：

化简并代入得：

；………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，设数列的前项和

则

-……………………8分

………10分

18.解（Ⅰ）由题解得………3分

………6分

（Ⅱ）成绩在的同学人数为6，,在的同学人数为4，从而的可能取

值为0,1,2，3，

，

所以的分布列为

0

1

2

3

………10分

………12分

19.（Ⅰ）证明：

由题知四边形ABCD为正方形

∴AB//CD，又平面PCD，AB平面PCD

∴AB//平面PCD

又AB平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD=EF

∴EF//AB，又AB//CD

∴EF//CD，………………2分

由S△PEF：

S四边形CDEF=1:

3知E、F分别为PC、PD的中点

连接BD交AC与G，则G为BD中点，

在△PBD中FG为中位线，∴EG//PB………………4分

∵EG//PB，EG平面ACE，PB平面ACE

∴PB//平面ACE.………………6分

（Ⅱ）∵底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，

∴PA、AB、AD两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，

设AB=AD=2a，AP=2b，则A（0，0，0），D（0，2a，0），C（2a，2a，0）

G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b），

∵PA⊥底面ABCD，DG底面ABCD，∴DG⊥PA，

∵四边形ABCD为正方形∴AC⊥BD,即DG⊥AC，AC∩PA=A

∴DG⊥平面CAF，

∴平面CAF的一个法向量为………………8分

设平面AFD的一个法向量为而

由得取可得

为平面AED的一个法向量，………………10分

设二面角C—AF—D的大小为

则得

又∴

∴当二面角C—AF—D的余弦值为时.………………12分

20.解：

（Ⅰ）设的中点为M，在三角形中，由中位线得：

……………3分

当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即

所以，椭圆长轴长为6.……………5分

（Ⅱ）由已知，，所以椭圆方程为

当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为：

设

由得

恒成立

……………7分

设

……………9分

当即时为定值……………11分

当直线AB斜率不存在时，不妨设

当时，为定值

综上：

在X轴上存在定点，使得为定值……………12分

21.解：

（Ⅰ）若，则，当时，，，当时，，所以所求切线方程为。

⋯⋯3分

（Ⅱ）由条件可得，首先，得，⋯⋯5分

而，

令其为，恒为正数，所以即单调递增，

而，，所以存在唯一根，

且函数在上单调递减，在上单调递增，⋯⋯8分

所以函数的最小值为，只需即可，

又满足，代入上式可得,⋯⋯10分

即：

恒成立，所以。

⋯⋯12分

法二

（Ⅰ）由条件可得，首先，得，⋯⋯5分

原式整理可得对任意恒成立.

设函数，则.⋯⋯7分

当时，；当时，；

所以函数在上单调递增，在上单调递减；

所以.⋯⋯10分

于是，可知，解得.

故的取值范围是⋯⋯12分

或者：

因为，原式即，求导分析

22.（Ⅰ）由消去得：

，..............................................2分

把代入，得，.........................4分

所以曲线C的极坐标方程为......................................5分

（Ⅱ）.......................................................6分

即.......7分

圆C的圆心C（0，-1）到直线的距离,.....................................8分

所以...........