河北省邢台市届高三上学期期末考试数学理试题Word版含答案.docx
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河北省邢台市届高三上学期期末考试数学理试题Word版含答案
邢台市2017~2018学年高三(上)期末测试
数学(理科)
一、选择题:
本大题共12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,,则的元素的个数为()
A.3B.4C.5D.6
2.设是两个互相垂直的单位向量,则()
A.-3B.-2C.2D.3
3.设复数满足,则复数的实部为()
A.-2B.2C.-1D.1
4.若双曲线的焦点都在直线的下方,则的离心率的取值范围为()
A.B.C.D.
5.在中,,,,现有以下四个命题
;
的面积为;
;
中最大角的余弦值为.
那么,下列命题中为真命题的是()
A.B.
C.D.
6.执行如图的程序框图,若输入的,则输出的()
A.12B.13C.15D.18
7.设满足约束条件,且目标函数的最大值为16,则()
A.10B.8C.6D.4
8.某几何体由一个棱柱与一个棱锥组合而成,其三视图如图所示,其中俯视图和侧视图中的正方形的边长为2,正视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形,则该几何体的体积为()
A.B.或6
C.D.或
9.已知函数的最小值为8,则()
A.B.C.D.
10.若在区间上,函数的图像总在函数的图像的上方,则的最大值为()
A.B.C.D.
11.有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等,此圆锥的母线与底面所成角为,若此圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍,则此圆柱的高是其底面半径的()
A.倍B.2倍C.倍D.3倍
12.过圆的圆心的直线与抛物线相交于两点,且,则点到圆上任意一点的距离的最大值为()
A.B.C.D.
二、填空题:
本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.若,且为钝角,则.
14.某超市经营的某种包装优质东北大米的质量(单位:
)服从正态分布,任意选取一袋这种大米,质量在的概率为.(附:
若,则,)
15.设的展开式中的常数项为-16,则.
16.若函数恰有2个零点,则的取值范围为.
三、解答题:
共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必需作答,第22/23题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:
共60分.
17.设为数列的前项和,且.
(1)若,判断数列的单调性;
(2)若,求数列的前项和.
18.如图,在正方体中,分别是棱的中点,为棱上一点,且平面.
(1)证明:
为的中点;
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
19.某鲜奶店每天以每瓶3元的价格从牧场购进若干瓶鲜牛奶,然后以每瓶7元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的鲜牛奶作垃圾处理.
(1)若鲜奶店一天购进30瓶鲜牛奶,求当天的利润(单位:
元)关于当天需求量(单位:
瓶,)的函数解析式;
(2)鲜奶店记录了100天鲜牛奶的日需求量(单位:
瓶),绘制出如下的柱形图(例如:
日需求量为25瓶时,频数为5):
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.
(ⅰ)若该鲜奶店一天购进30瓶鲜奶,表示当天的利润(单位:
元),求的分布列及数学期望;
(ⅱ)若该鲜奶店计划一天购进29瓶或30瓶鲜牛奶,你认为应购进29瓶还是30瓶?
请说明理由.
20.已知椭圆的焦距与椭圆的短轴长相等,且与的长轴长相等,这两个椭圆在第一象限的交点为,直线与直线(为坐标原点)垂直,且与交于两点.
(1)求的方程;
(2)求的面积的最大值.
21.已知,函数.
(1)若曲线在点处的切线的斜率为,判断函数在上的单调性;
(2)若,证明:
对恒成立.
(二)选考题:
共10分.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,曲线的参数方程为,(为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线的极坐标方程为.
(1)求曲线的极坐标方程;
(2)若直线与直线交于点,与曲线交于两点.且,求.
23.选修4-5:
不等式选讲
已知函数.
(1)若,求的取值范围;
(2)若存在,使得成立,求的取值范围.
试卷答案
一、选择题
1-5:
CAADB6-10:
CADBD11、12:
BD
二、填空题
13.-514.0.818515.-116.
三、解答题
17.解:
(1)∵,∴,
∵,∴.∴.于是,
故数列单调递增.
(2)∵,∴,∴,
∴.
18.解:
(1)当时,;
当时,.故.
(2)(ⅰ)的可能取值为85,92,99,106,113,120,
,,,,
,.
的分布列为
元.
(ⅱ)购进29瓶时,当天利润的数学期望为
,因为,所以应购进30瓶.
19.
(1)证明:
取的中点,连接,因为,所以为的中点,又为的中点,所以,因为平面,平面,平面平面,所以,即,又,所以四边形为平行四边形,则,所以为的中点.
(2)解:
以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨令正方体的棱长为2,则,可得,,设是平面的法向量,则.令,得.
易得平面的一个法向量为,
所以.
故所求锐二面角的余弦值为.
20.解:
(1)由题意可得,∴,故的方程为.
(2)联立,得,∴,又在第一象限,∴.
故可设的方程为.
联立,得,
设,则,,
∴,
又到直线的距离为,则的面积,
∴,当且仅当,即,满足,故的面积的最大值为(若未写满足不扣分).
21.
(1)解:
∵,
∴,∴,
∴.∴,
当时,,,,∴,∴函数在上单调递增.
(2)证明:
设,,
令,得,递增;令,得递减.
∴,∵,∴,∴.
设,令得,
令,得递增;令,得递减.
∴,
∵,∴,∴,∴,∴.
又,∴,即.
22.解:
(1)∵,∴,故曲线的极坐标方程为.
(2)将代入得.
将代入,
得,则,则,∴.
23.解:
(1)由得,∴,
或,或,解得.
(2)当时,,∴存在,
使得即成立,
∴存在,使得成立,∴,∴.