河北省唐山市20172018學(xué)年度高三年級(jí)第三次模擬考試文科數(shù)學(xué)試卷

唐山市2017—2018學(xué)年度高三年級(jí)第三次模擬考試文科數(shù)學(xué)試卷第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題：本大題共12個(gè)小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合，則集合（）A．B．C.D．或2.復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則（）A．B．C.D．3.如圖反映了全國(guó)從2013年到2017年快遞業(yè)務(wù)量及其增長(zhǎng)速度的變化情況，以下結(jié)論正確的是（）A.快遞業(yè)務(wù)量逐年減少，增長(zhǎng)速度呈現(xiàn)上升趨勢(shì)B.快遞業(yè)務(wù)量逐年減少，增長(zhǎng)速度呈現(xiàn)下降趨勢(shì)C.快遞業(yè)務(wù)量逐年增加，增長(zhǎng)速度呈現(xiàn)上升趨勢(shì)D.快遞業(yè)務(wù)量逐年增加，增長(zhǎng)速度呈現(xiàn)下降趨勢(shì)4.已知，則（）A．B．C.D．5.已知雙曲線的兩條漸近線分別為，若的一個(gè)焦點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)在上，則的離心率為（）A．B．2C.D．6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．6B．7C.D．7.已知函數(shù)的圖象與軸相切，則（）A．B．C.D．8.已知是兩個(gè)平面，是兩條直線，下列命題中正確的是（）A．若，則B．若，則C.若，則D．若，則9.利用隨機(jī)模擬的方法可以估計(jì)圓周率的值，為此設(shè)計(jì)如圖所示的程序框圖，其中表示產(chǎn)生區(qū)間上的均勻隨機(jī)數(shù)（實(shí)數(shù))，若輸出的結(jié)果為786，則由此可估計(jì)的近似值為（）A．3.134B．3.141C.3.144D．3.14710.已知，則的大小關(guān)系是（）A．B．C.D．11.設(shè)的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，，角的內(nèi)角平分線交于點(diǎn)，且，則（）A．B．C.D．12.設(shè)函數(shù)，則使得成立的的取值范圍是（）A．B．C.D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.已知函數(shù)，若，則．14.設(shè)滿足約束條件若，則的最小值為．15.已知是拋物線上任意一點(diǎn)，是圓上任意一點(diǎn)，則的最小值為．16.在中，點(diǎn)滿足.若存在點(diǎn)，使得，且，則的取值范圍是．三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.）17.已知數(shù)列是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，，.（1）求和的通項(xiàng)公式；（2）若，求數(shù)列的前項(xiàng)和.18.某球迷為了解兩支球隊(duì)的攻擊能力，從本賽季常規(guī)賽中隨機(jī)調(diào)查了20場(chǎng)與這兩支球隊(duì)有關(guān)的比賽.兩隊(duì)所得分?jǐn)?shù)分別如下：球隊(duì)：122110105105109101107129115100114118118104931209610210583球隊(duì)：1141141101081031179312475106918110711210710110612010779（1）根據(jù)兩組數(shù)據(jù)完成兩隊(duì)所得分?jǐn)?shù)的莖葉圖，并通過(guò)莖葉圖比較兩支球隊(duì)所得分?jǐn)?shù)的平均值及分散程度（不要求計(jì)算出具體值，得出結(jié)論即可）；（2）現(xiàn)將球隊(duì)的攻擊能力從低到高分為三個(gè)等級(jí)：球隊(duì)所得分?jǐn)?shù)低于100分100分到119分不低于120分攻擊能力等級(jí)較弱較強(qiáng)很強(qiáng)根據(jù)兩支球隊(duì)所得分?jǐn)?shù)，估計(jì)哪一支球隊(duì)的攻擊能力等級(jí)為較弱的概率更大一些，并說(shuō)明理由.19.如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，.（1）求證：平面平面；（2）若，為棱上的點(diǎn)，若平面，求點(diǎn)到平面的距離.20.已知點(diǎn)分別是軸，軸上的動(dòng)點(diǎn)，且，點(diǎn)滿足，點(diǎn)的軌跡為曲線，為坐標(biāo)原點(diǎn).（1）求的方程；（2）設(shè)點(diǎn)在第一象限，直線與的另一個(gè)交點(diǎn)為，當(dāng)?shù)拿娣e最大時(shí)，求.21.已知，函數(shù).（1）若的圖象與軸相切于，求的值；（2）若有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求的取值范圍.請(qǐng)考生在22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分.22.選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程已知點(diǎn)在橢圓上，將射線繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，所得射線交直線于點(diǎn).以為極點(diǎn)，軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.（1）求橢圓和直線的極坐標(biāo)方程；（2）證明：:中，斜邊上的高為定值，并求該定值.23.選修45：不等式選講已知函數(shù).（1）求不等式的解集；（2）設(shè)，求的最大值.試卷答案一、選擇題15:DBBAC610:BDCBA11、12：CA二、填空題13.14.115.16.三、解答題17.解：（Ⅰ）由eq\r(3)a－eq\r(3)bcosC＝csinB及正弦定理得，eq\r(3)sinA－eq\r(3)sinBcosC＝sinCsinB，因?yàn)閟inA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，所以eq\r(3)sinCcosB＝sinCsinB．因?yàn)閟inC≠0，所以tanB＝eq\r(3)，又因?yàn)锽為三角形的內(nèi)角，所以B＝eq\f(π,3)． （Ⅱ）由a，b，c成等差數(shù)列得a＋c＝2b＝4，由余弦定理得a2＋c2－2accosB＝b2，即a2＋c2－ac＝4，所以(a＋c)2－3ac＝4，從而有ac＝4．故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝EQ\R(,3)． （18）解：（Ⅰ）（?。┯蓤D中表格可知，樣本中每周使用移動(dòng)支付次數(shù)超過(guò)3次的男用戶有45人，女用戶30人，在這75人中，按性別用分層抽樣的方法隨機(jī)抽取5名用戶，其中男用戶有3人，女用戶有2人． …2分（ⅱ）記抽取的3名男用戶分別A，B，C；女用戶分別記為d，e．再?gòu)倪@5名用戶隨機(jī)抽取2名用戶，共包含(A，B)，(A，C)，(A，d)，(A，e)，(B，C)，(B，d)，(B，e)，(C，d)，(C，e)，(d，e)，10種等可能的結(jié)果，其中既有男用戶又有女用戶這一事件包含(A，d)，(A，e)，(B，d)，(B，e)，(C，d)，(C，e)，共計(jì)6種等可能的結(jié)果，由古典概型的計(jì)算公式可得P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)． （Ⅱ）由圖中表格可得列聯(lián)表不喜歡移動(dòng)支付喜歡移動(dòng)支付合計(jì)男104555女153045合計(jì)2575100將列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)代入公式計(jì)算得k＝eq\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))＝eq\f(100(45×15－30×10)2,25×75×55×45)≈3.03＜3.841， 所以，在犯錯(cuò)誤概率不超過(guò)0.05的前提下，不能認(rèn)為是否喜歡使用移動(dòng)支付與性別有關(guān)． （19）解：（Ⅰ）因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，AD⊥CD，所以AD⊥平面CDEF，又CF平面CDEF，則AD⊥CF．又因?yàn)锳E⊥CF，AD∩AE＝A，所以CF⊥平面AED，DE平面AED，從而有CF⊥DE． （Ⅱ）連接FA，F(xiàn)D，過(guò)F作FM⊥CD于M，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面CDEF且交線為CD，F(xiàn)M⊥CD，所以FM⊥平面ABCD．因?yàn)镃F＝DE，DC＝2EF＝4，且CF⊥DE，所以FM＝CM＝1，所以五面體的體積V＝VF－ABCD＋VA－DEF＝eq\f(16,3)＋eq\f(4,3)＝eq\f(20,3)． （20）解：（Ⅰ）由題設(shè)可知k≠0，所以直線m的方程為y＝kx＋2，與y2＝4x聯(lián)立，整理得ky2－4y＋8＝0， ①由＝16－32k＞0，解得k＜eq\f(1,2)． 直線n的方程為y＝－eq\f(1,k)x＋2，與y2＝4x聯(lián)立，整理得y2＋4ky－8k＝0，由＝16k2＋32k＞0，解得k＞0或k＜－2． 所以eq\b\lc\{(\a\al(k≠0，,k＜\f(1,2)，,k＞0或k＜－2，))故k的取值范圍為{k|k＜－2或0＜k＜eq\f(1,2)}． （Ⅱ）設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．由①得，y1＋y2＝eq\f(4,k)，則y0＝eq\f(2,k)，x0＝eq\f(2,k2)－eq\f(2,k)，則M(eq\f(2,k2)－eq\f(2,k)，eq\f(2,k))． 同理可得N(2k2＋2k，－2k)．直線MQ的斜率kMQ＝eq\f(\f(2,k),\f(2,k2)－\f(2,k)－2)＝eq－\f(k,k2＋k－1)，直線NQ的斜率kNQ＝eq\f(－2k,2k2＋2k－2)＝eq－\f(k,k2＋k－1)＝kMQ，所以直線MN過(guò)定點(diǎn)Q(2，0)． （21）解：（Ⅰ）由f(x)＝exsinx－ax，得f(0)＝0．由f(x)＝ex(cosx＋sinx)－a，得f(0)＝1－a，則1－a＝－eq\f(a,2)，解得a＝2． （Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)＝ex(cosx＋sinx)－a，令g(x)＝f(x)，則g(x)＝2excosx，所以x∈[0，eq\f(,2)]時(shí)，g(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增，f(x)單調(diào)遞增．（?。┊?dāng)a≤1時(shí)，f(0)＝1－a≥0，所以f(x)≥f(0)≥0，f(x)單調(diào)遞增，又f(0)＝0，所以f(x)≥0．（ⅱ）當(dāng)a≥eeq\s\up5(\f(π,2))時(shí)，f(eq\f(,2))≤0，所以f(x)≤f(eq\f(,2))≤0，f(x)單調(diào)遞減，又f(0)＝0，所以f(x)≤0，故此時(shí)舍去．（ⅲ）當(dāng)1＜a＜eeq\s\up5(\f(π,2))時(shí)，f(0)＜0，f(eq\f(,2))＞0，所以存在x0∈(0，eq\f(,2))，使得f(x0)＝0，所以x∈(0，x0)時(shí)，f(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，又f(0)＝0，所以f(x)≤0，故此時(shí)舍去．綜上，a的取值范圍是a≤1． （22）解：（Ⅰ）由A(EQ\R(,6)，eq\f(3π,4))得直線OA的傾斜角為eq\f(3π,4)，所以直線OA斜率為taneq\f(3π,4)＝－1，即OA：x＋y＝0．由x＝ρcosα，y＝ρsinα可得A的直角坐標(biāo)為(－EQ\R(,3)，EQ\R(,3))，因?yàn)闄E圓C關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱(chēng)，且B(2EQ\R(,3)，0)，所以可設(shè)C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,t)＝1，其中t＞0且t≠12，將A(－EQ\R(,3)，EQ\R(,3))代入C，可得t＝4，故橢圓C的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1，所以橢圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\al(x＝2\r(3)cosα，,y＝2sinα))（α為參數(shù)）． （Ⅱ）由（Ⅰ）得M(2eq\r(3)cosα，2sinα)，0＜α＜eq\f(π,2)．點(diǎn)M到直線OA的距離d＝eq\r(6)cosα＋EQ\R(,2)sinα．所以S＝S△MOA＋S△MOB＝(3cosα＋EQ\R(,3)sinα)＋2EQ\R(,3)sinα＝3cosα＋3EQ\R(,3)sinα

＝6sin(α＋eq\f(π,6))，所以當(dāng)α＝eq\f(π,3)時(shí)，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(jià)于eq\b\lc\{(\a\al(x＞1，,2≥x2＋3x－2，))或