唐山市2017-2018學年度第三年級第一學期期末考試
理科數學試卷
一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1.已知集合，，則 ( )
abcd.
2.下圖是乙個邊長為4的正方形***，為了測算圖中黑色部分的面積，在正方形區域內隨機投擲400個點，其中落入黑色部分的有225個點，據此可估計黑色部分的面積為( )
a.8b.9c.10d.12
3.已知複數，則關於的四個命題：
的虛部為；
的共軛複數為在復平面內對應的點在第四象限.
其中的真命題為( )
abcd.
4.已知為等差數列的前項和，若，，則的公差為( )
a.1b.2c.3d.4
5.已知偶函式在單調遞減，若，則滿足的的取值範圍是( )
abcd.
6. 的展開式中的常數項為( )
a.12bcd.
7.乙個幾何體的三檢視如圖所示，則其體積為( )
abcd.
8.已知為雙曲線的左、右焦點，為雙曲線左支上一點，直線與雙曲線的一條漸近線平行，，則 ( )
abcd.5
9.已知函式在上單調遞減，在上單調遞增，則 ( )
a.1b.2cd.
10.下圖是乙個程式框圖，其中，，且，執行此程式，當輸入時，輸出的值為( )
a.19b.49c.51d.55
11.在三稜椎中，底面是等邊三角形，側面是直角三角形，且，當三稜椎表面積最大時，該三稜椎外接球的表面積為( )
abcd.
12.設，，，則的大小關係為( )
abcd.
二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）
13.若滿足約束條件，則的最大值是 .
14.平行四邊形中，，，，則
15.已知橢圓的焦距為，圓與橢圓交於兩點，若 (為座標原點)，則橢圓的離心率為 .
16.在數列中，，，，為數列的前項和，若為等比數列，則
三、解答題 （本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
17. 的內角的對邊分別為，已知.
(1)求；
(2)若，成等差數列，求的面積.
18.如圖，在四稜椎中，底面是邊長為4的正方形，平面平面，二面角為，.
(1)求證：平面；
(2)求二面角的余弦值.
19.高鐵、購、移動支付和共享單車被譽為中國的「新四大發明」，彰顯出中國式創新的強勁活力，某移動支付公司在我市隨機抽取了100名移動支付使用者進行調查，得到如下資料：
(1) 如果認為每週使用移動支付超過3次的使用者「喜歡使用移動支付」，能否在犯錯誤概率不超過的前提下，認為是否「喜歡使用移動支付」與性別有關？
(2) 每週使用移動支付6次及6次以上的使用者稱為「移動支付達人」，**率為概率，在我市所有「移動支付達人」中，隨機抽取4名使用者，
(i) 求抽取的4名使用者中，既有男「移動支付達人」又有女「移動支付達人」的概率；
(ii) 為了鼓勵女性使用者使用移動支付，對抽出的女「移動支付達人」每人獎勵500元，記獎勵總金額為，求的數學期望.
附表及公式：
20.已知為拋物線：的焦點，過點作兩條互相垂直的直線，直線交於不同的兩點，直線交於不同的兩點，記直線的斜率為.
(1)求的取值範圍；
(2)設線段的中點分別為點，求證：為鈍角.
21.已知函式.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若在區間上恆成立，求的取值範圍.
22.在直角座標系中，橢圓關於座標軸對稱，以座標原點為極點，以軸的正半軸為極軸建立極座標系，，為橢圓上兩點.
(1)求直線的直角座標方程與橢圓的引數方程；
(2)若點在橢圓上，且點在第一象限內，求四邊形面積的最大值.
23.已知函式，.
(1)當時，求不等式的解集；
(2)若不等式的解集包含，求的取值範圍.
唐山市2017—2018學年度高三年級第一學期期末考試
理科數學參***
一．選擇題：
a卷：dbcba cdaac ab
b卷：dbcca bdaac ab
二．填空題：
（13）1 （14）9 （1516）或3
三．解答題：
（17）解：（ⅰ）由ccosb－a＝bsinc及正弦定理得，
sinccosb－sina＝sinbsinc，
因為sina＝sin(b＋c)＝sinbcosc＋sinccosb，
所以－sinbcosc＝sinbsinc．
因為sinb≠0，所以tanc＝－，
因為c∈(0，π)，所以c
（ⅱ）由a，b，c成等差數列得2b＝a＋c，
又c＝7，所以a＝2b－7．
由餘弦定理得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△abc＝×3×5
（18）解：（ⅰ）因為平面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，
則pd⊥ad，
所以∠pdc即為二面角p-ad-c的平面角，
∠pdc＝30°，
在△pdc中，由餘弦定理可得pd＝2，
所以pd2＋pc2＝cd2，從而有pd⊥pc，
又因為pd⊥ad，ad∥bc，
所以pd⊥bc．
又因為pc∩bc＝c，
所以pd⊥平面pbc
（ⅱ）以d為原點，建立如圖所示的空間直角座標系d－xyz，
則d(0，0，0)，a(4，0，0)，b(4，4，0)，c(0，4，0)，p(0，3，)，
＝(0，3，)，＝(－4，3，)，＝(0，4，0)．
由（ⅰ）可知，是平面pbc的乙個法向量
設平面pab的乙個法向量為n＝(x，y，z)，
由·n＝0，·n＝0得：
令x＝，得n＝(，0，4
cosn，＝＝，
又因為二面角a-pb-c為鈍二面角，
所以二面角a-pb-c的余弦值為
（19）解：
（ⅰ）由圖中**可得列聯表
將列聯表中的資料代入公式計算得
k＝＝≈3.03＜3.841，
所以，在犯錯誤概率不超過0.05的前提下，不能認為是否「喜歡使用移動支付」與性別有關
（ⅱ）**率為概率，在我市「移動支付達人」中，隨機抽取1名使用者，該使用者為男「移動支付達人」的概率為，女「移動支付達人」的概率為．
（ⅰ）抽取的4名使用者中，既有男「移動支付達人」，又有女「移動支付達人」的概率p＝1－()4－()4
（ⅱ）記抽出的女「移動支付達人」人數為y，則y~b(4, )，e(y)＝，
所以x的數學期望e(x)＝500e(y)＝800元
（20）解：
（ⅰ）由題可知k≠0，設直線m的方程為y＝k(x－2)，與x2＝4y聯立，
整理得x2－4kx＋8k＝0
由δ＝16k2－32k＞0，解得k＜0，或k＞2
設直線n的方程為y＝t(x－2)，與x2＝4y聯立，
同理可得，t＜0，或t＞2．
因為m⊥n，所以kt＝－1，得－＜0，或－＞2，
解得k＞0或－＜k＜0
故k的取值範圍為{k|－＜k＜0或k＞2
（ⅱ）設a(x1，y1)，b(x2，y2)，m(x0，y0)．
由①得，x1＋x2＝4k，則x0＝2k，y0＝2k2－2k，則m(2k，2k2－2k)．
同理可得n(2t，2t2－2t)，又f(0，1)，
所以＝(2k，2k2－2k－1)，＝(2t，2t2－2t－1)，
·＝4kt＋(2k2－2k－1)(2t2－2t－1)，將kt＝－1代入得，
·＝－2k2－2t2＋6(k＋t)－3
＝－2(k＋t)2＋6(k＋t)－7
＝－2(k＋t－)2－＜0
因為2k(2t2－2t－1)－2t(2k2－2k－1)＝2(＋k)≠0，所以與不共線．
綜上，∠mfn為鈍角
（21）解：（ⅰ）由f(x)＝exsinx－ax2，得f(0)＝0．
由f'(x)＝ex(cosx＋sinx)－2ax，得f'(0)＝1，則切線斜率為1．
所以切線方程為y＝x
（ⅱ）（ⅰ）當x＝0時，f(0)＝0，所以a∈r
（ⅱ）當0＜x≤時，a≤．
令g(x)＝，x∈(0，]，則g'(x)＝．
令g(x)＝x(sinx＋cosx)－2sinx，x∈(0，]，則g'(x)＝(cosx－sinx)(x－1)，
當0＜x＜時，g'(x)＜0，g(x)單調遞減；
當＜x＜1時，g'(x)＞0，g(x)單調遞增；
當1＜x≤時，g'(x)＜0，g(x)單調遞減，
又g(0)＝0，g(1)＝cos1－sin1＜0，
所以g(x)＜0，即g'(x)＜0，
所以g(x)在(0，]上單調遞減，g(x)≥g()＝，
故a（22）解：（ⅰ）由a(，)得直線oa的傾斜角為，
所以直線oa斜率為tan＝－1，即oa：x＋y＝0．
由x＝ρcosα，y＝ρsinα可得a的直角座標為(－，)，
因為橢圓c關於座標軸對稱，且b(2，0)，
所以可設c：＋＝1，其中t＞0且t≠12，
將a(－，)代入c，可得t＝4，故橢圓c的方程為＋＝1，
所以橢圓c的引數方程為（α為引數
（ⅱ）由（ⅰ）得m(2cosα，2sinα)，0＜α＜．
點m到直線oa的距離d＝cosα＋sinα．
所以s＝s△moa＋s△mob＝(3cosα＋sinα)＋2sinα
＝3cosα＋3sinα
＝6sin(α＋)，
所以當α＝時，四邊形oamb面積s取得最大值6
（23）解：（ⅰ）不等式|x＋1|－|x－1|≥x2＋3x－2等價於
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
（ⅱ）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]等價於
解得1≤a≤3，
所以a的取值範圍為[1，3
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