2018学年广东省广州大学附中、铁一中学、外国语中学高三（上）期中数学试卷（理科）（含解析）

2017-2018学年广东省广州大学附中、铁一中学、外国语中学高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题各有四个选项，仅有一个选项正确请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑）1（5分）若集合，则AB，C，D，2（5分）已知复数满足为虚数单位），则为ABCD3（5分）小王参加网购后，快递员电话通知于本周五早上送货到家，如果小王这一天离开家的时间为早上，那么在他走之前拿到邮件的概率为ABCD4（5分）已知双曲线的一个焦点为，且双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的方程为ABCD5（5分）如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内填入的条件是A？B？C？D？6（5分）若三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为ABCD7（5分）已知圆的圆心为，设为圆上任一点，点的坐标为，线段的垂直平分线交于点，则的取值范围是A，B，C，D，8（5分）已知，满足，若目标函数的最大值为10，则的最小值为A4B5CD9（5分）如图，为圆心，为半圆上不同于，的任意一点，若为半径上的动点，当，AB1C0D10（5分）现有3个命题：函数有3个零点，：已知是常数），则：已知，若，则，中至少有1个为负数，那么这3个命题中，真命题的个数是A0B1C2D311（5分）如图，是半径为1，的扇形，是弧上的动点，是扇形的内接矩形，记，当时四边形的面积取得最大，则的值为ABCD12（5分）已知函数满足，且，分别是上的偶函数和奇函数，若，使得不等式成立，则实数的取值范围是A，B，C，D，二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上）13（5分）若函数的值域为，则实数的取值范围为14（5分）的展开式中，的系数为15（5分）在中，已知，点为的中点，则16（5分）如图，三棱锥的顶点、都在同一球面上，过球心，且，是边长为等边三角形，点，分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为三、解答题：17（12分）已知正项等差数列的前项和为，若，求数列的通项公式若数列满足，求数列的前项和18（12分）如图，在四棱锥中，底面是梯形，且，平面平面，是等边三角形，已知，是的中点（1）求证：平面平面（2）求二面角的余弦值19（12分）2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市（简称创文）”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于即可进行验收；用样本的频率代替概率（1）求被调查者满意或非常满意该项目的频率；（2）若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；（3）已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望20（12分）如图，已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于，两点，为的中点，且（1）求抛物线的方程（2）若过，分别作抛物线的切线，并相交于点，连接交于点，求证：为定值，并求出该定值21（12分）设函数，（1）试讨论函数的零点个数（2）求的最大值，使得对任意的，恒有成立（其中是自然对数底数，选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22（10分）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位已知曲线的参数方程为，为参数，且，曲线的极坐标方程为（）求的极坐标方程与的直角坐标方程；（）若是上任意一点，过点的直线交于点，求的取值范围选修4-5：不等式选讲23已知函数（1）解关于的不等式；（2），试比较与的大小2017-2018学年广东省广州大学附中、铁一中学、外国语中学高三（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题各有四个选项，仅有一个选项正确请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑）1（5分）若集合，则AB，C，D，【考点】：交集及其运算【专题】37：集合思想；：定义法；59：不等式的解法及应用；：集合【分析】解不等式求得集合，根据交集的定义写出【解答】解：集合，则，故选：【点评】本题考查了解一元二次不等式与交集的运算问题，是基础题2（5分）已知复数满足为虚数单位），则为ABCD【考点】：复数的运算【专题】11：计算题；38：对应思想；：定义法；：数系的扩充和复数【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出【解答】解：，故选：【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题3（5分）小王参加网购后，快递员电话通知于本周五早上送货到家，如果小王这一天离开家的时间为早上，那么在他走之前拿到邮件的概率为ABCD【考点】：几何概型【专题】：概率与统计【分析】设快递员到达的时间为，小王离家去工作的时间为，则可以看成平面中的点，根据几何概型概率公式得到结果【解答】解：设快递员到达的时间为，小王离家去工作的时间为，则满足记在他走之前拿到邮件的事件；则满足，以横坐标表示报纸送到时间，以纵坐标表示小明爸爸离家时间，建立平面直角坐标系，则对应区域的概率，故选：【点评】本题主要考查几何概型的概率计算，对于这样的问题，一般要通过把试验发生包含的事件所对应的区域求出，根据集合对应的图形面积，用面积的比值得到结果4（5分）已知双曲线的一个焦点为，且双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的方程为ABCD【考点】：双曲线的性质【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】由题意可得双曲线的渐近线方程，根据圆心到切线的距离等于半径得，求出，的关系，结合焦点为，求出，的值，即可得到双曲线的方程【解答】解：双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线与圆相切，焦点为，双曲线的方程为：故选：【点评】本题考查点到直线的距离公式，双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求出，的值，是解题的关键5（5分）如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内填入的条件是A？B？C？D？【考点】：程序框图【专题】11：计算题；27：图表型；：试验法；：算法和程序框图【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：模拟程序的运行，可得，不满足输出条件，执行循环体后，；不满足输出条件，执行循环体后，；不满足输出条件，执行循环体后，；不满足输出条件，执行循环体后，；不满足输出条件，执行循环体后，；不满足输出条件，执行循环体后，；此时，由题意，满足输出条件，退出循环，输出的值为127，可得判断框内的条件应为：？故选：【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题6（5分）若三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为ABCD【考点】：由三视图求面积、体积【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；：空间位置关系与距离【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可【解答】解：由三视图可以知道该几何体是如图所示的三棱锥：平面，故选：【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，画出几何体的直观图是解题的关键7（5分）已知圆的圆心为，设为圆上任一点，点的坐标为，线段的垂直平分线交于点，则的取值范围是A，B，C，D，【考点】：直线与圆的位置关系【专题】35：转化思想；49：综合法；：直线与圆【分析】设为圆上任一点，点的坐标为，可得，即点满足椭圆定义点轨迹方程为，利用，即可得的取值范围【解答】解：圆的圆心为，设为圆上任一点，点的坐标为，线段的垂直平分线交于点，是的垂直平分线上的一点，又，即点满足椭圆定义焦点是，点轨迹方程为，的取值范围为故选：【点评】本题考查了圆的性质，动点轨迹求解，属于中档题8（5分）已知，满足，若目标函数的最大值为10，则的最小值为A4B5CD【考点】：简单线性规划【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；：不等式【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求出最优解，然后求解目标函数的最小值即可【解答】解：，满足可行域如图阴影部分所示，将直线分别与直线与直线联立，解得，由图可知，当直线过点时，取得最大值，根据已知条件最大值为10，所以，解得，所以，所以当直线经过点时，取得最小值，所以故选：【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键9（5分）如图，为圆心，为半圆上不同于，的任意一点，若为半径上的动点，当，AB1C0D【考点】：平面向量数量积的性质及其运算【专题】11：计算题；31：数形结合；：转化法；：平面向量及应用【分析】推导出，从而，由此能求出结果【解答】解：，为圆心，为半圆上不同于，的任意一点，若为半径上的动点，解得，故选：【点评】本题考查平面向量的模的求法，考查向量加法定理、向量的模、向量的数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题10（5分）现有3个命题：函数有3个零点，：已知是常数），则：已知，若，则，中至少有1个为负数，那么这3个命题中，真命题的个数是A0B1C2D3【考点】：命题的真假判断与应用【专题】38：对应思想；：定义法；：简易逻辑【分析】根据条件分别判断每个命题的真假即可【解答】解：对于命题，作出函数与函数的图象如下图所示，可知，曲线与曲线只有一个交点，所以，命题错误；是常数）是奇函数，则，故为假命题为真命题，用反证法证明如下：假设，没有1个为负数，即，这里矛盾故为真命题即正确命题个数为1，故选：【点评】本题主要考查命题的真假判断，结合函数的性质，积分的性质以及反证法分别进行判断是解决本题的关键11（5分）如图，是半径为1，的扇形，是弧上的动点，是扇形的内接矩形，记，当时四边形的面积取得最大，则的值为ABCD【考点】：同角三角函数间的基本关系【专题】12：应用题；33：函数思想；：数学模型法；56：三角函数的求值【分析】先把矩形的各个边长用角表示出来，进而表示出矩形的面积；再利用角的范围，结合正弦函数的性质可求求矩形面积的最大值即可【解答】解：在直角中，又在直角中：，又，当时，最大即即，故选：【点评】本题考查在实际问题中建立三角函数模型，求解问题的关键是根据图形建立起三角模型，将三角模型用所学的恒等式变换公式进行化简12（5分）已知函数满足，且，分别是上的偶函数和奇函数，若，使得不等式成立，则实数的取值范围是A，B，C，D，【考点】：函数奇偶性的性质与判断【专题】35：转化思想；：转化法；51：函数的性质及应用【分析】根据函数的奇偶性，建立方程组关系，求出函数的解析式，利用参数分离法进行转化求解即可【解答】解：，且，分别是上的偶函数和奇函数，则，即，联立方程组得，使得不等式成立，令，则在，单调递增，且，故选：【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用以及不等式的恒成立问题，利用方程组法求出函数的解析式是解决本题的关键二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上）13（5分）若函数的值域为，则实数的取值范围为，【考点】34：函数的值域【专题】33：函数思想；：转化法；51：函数的性质及应用【分析】由题意可得，再由单调递减，可得，则答案可求【解答】解：的值域为，满足值域为，而单调递减，得，实数的取值范围为，故答案为：，【点评】本题考查分段函数的值域及其求法，考查对数函数的性质，是中档题14（5分）的展开式中，的系数为【考点】：二项式定理【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；：平面向量及应用【分析】根据题意，若出现项，需要在7个因式中选2个，取其中的，选2个，取其中的，3个取其中的，据此分2种情况讨论：，若都从中选出，则的选法有种，若分别从和中选出，分别求出的系数，相加即可得答案【解答】解：根据题意，共7个因式，若出现项，需要在7个因式中选2个，取其中的，选2个，取其中的，3个取其中的，分2种情况讨论：，若都从中选出，则的选法有种，在剩下的4个中，任选3个，取其中的，则的选法有种，最后2个因式选出其中的，则此时的系数为；，若分别从和中选出，则的选法有种，在剩下的5个中，任选3个，取其中的，则的选法有种，最后2个因式选出其中的，则此时的系数为，则的系数为；故答案为：【点评】本题考查二项式定理，涉及排列、组合的应用，关键是掌握二项式定理的形式15（5分）在中，已知，点为的中点，则【考点】：三角形中的几何计算【专题】35：转化思想；48：分析法；58：解三角形；：平面向量及应用【分析】设的内角，对边为，为的中点，可得，两边平方运用向量数量积的定义和性质，解方程可得，再由余弦定理和正弦定理可得所求值【解答】解：设的内角，对边为，为的中点，两边平方得，把代入得，解得或（舍去），由余弦定理可知，解得，由正弦定理得故答案为：【点评】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查中点向量表示和向量的数量积的性质，考查运算能力，属于中档题16（5分）如图，三棱锥的顶点、都在同一球面上，过球心，且，是边长为等边三角形，点，分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】35：转化思想；：转化法；：立体几何【分析】可得证明平面设，则三棱锥体积，即可【解答】解：过球心，又，是边长为等边三角形，因为且为中点，所以，由线面垂直的性质定理可得平面，即平面设，则三棱锥体积，当且仅当，即时取等号故答案为：【点评】本题考查了空间线面位置关系，及三棱锥体积计算，考查了不等式得性质，属于中档题三、解答题：17（12分）已知正项等差数列的前项和为，若，求数列的通项公式若数列满足，求数列的前项和【考点】：数列的求和；：数列递推式【专题】34：方程思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列【分析】设正项等差数列的公差为，由，可得，联立解得：再利用通项公式与求和公式即可得出，开始利用等差数列的求和公式即可得出【解答】解：设正项等差数列的公差为，联立解得：，联立解得，数列的前项和【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12分）如图，在四棱锥中，底面是梯形，且，平面平面，是等边三角形，已知，是的中点（1）求证：平面平面（2）求二面角的余弦值【考点】：平面与平面垂直；：二面角的平面角及求法【专题】14：证明题；31：数形结合；41：向量法；：空间位置关系与距离；：空间角【分析】（1）推导出，取中点，从而平面，进而，平面，由此能证明平面平面（2）作，交于点，以，为，轴建立直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【解答】证明：（1）在中，平面平面，平面平面，又为等边三角形，取中点，即平面，平面，平面，平面平面解：（2）作，交于点，以，为，轴建立直角坐标系，则，0，4，0，设，4，2，1，设平面的法向量为，平面的法向量为，1，4，4，取，得，1，0，设二面角的平面角为，由图象知是钝角，故二面角的余弦值为【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19（12分）2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市（简称创文）”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于即可进行验收；用样本的频率代替概率（1）求被调查者满意或非常满意该项目的频率；（2）若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；（3）已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望【考点】：离散型随机变量及其分布列；：离散型随机变量的期望与方差【分析】（1）根据频率分布直方图，求解在，的频率即可（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，然后求解抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率（3）从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列，然后求解期望即可【解答】（本小题满分12分）解：（1）根据题意：6（0分）或以上被认定为满意或非常满意，在频率分布直方图中，评分在，的频率为：；（2）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，该人非常满意该项目的概率为，现从中抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率为：；（3）评分低于6（0分）的被调查者中，老年人占，又从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，的分布列为：012的数学期望【点评】本题考查频率分布列，频率分布直方图，期望的求法，考查分层抽样的应用，是基础题20（12分）如图，已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于，两点，为的中点，且（1）求抛物线的方程（2）若过，分别作抛物线的切线，并相交于点，连接交于点，求证：为定值，并求出该定值【考点】：抛物线的性质【专题】34：方程思想；48：分析法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（1）运用抛物线的定义和中点坐标公式，可得，即可得到所求方程；（2）求得的导数为，讨论，可得过，的切线，可得切线方程，相减可得的横坐标，代入原方程可得的纵坐标，联立方程求得的坐标，分别求得，即可得证【解答】解：（1）由抛物线的定义可知：，为的中点，则，即，则抛物线方程为；（2）证明：，的导数为，过的切线：，过的切线：，可得，代入式得，即，则直线为，可得，即，所以为定值1【点评】本题考查抛物线的定义和方程、性质，考查切线方程的求法和交点坐标的求法，注意运用导数和方程思想，考查化简整理的运算能力，属于中档题21（12分）设函数，（1）试讨论函数的零点个数（2）求的最大值，使得对任意的，恒有成立（其中是自然对数底数，【考点】：利用导数研究函数的最值【专题】15：综合题；33：函数思想；：转化法；53：导数的综合应用【分析】（1）分离参数，构造函数，求出函数的值域即可判断函数零点的个数；（2）当，可得，分别根据函数单调性，求出函数最值，即可求出的范围，问题得以解决【解答】解：（1），即，令，令，解得， 当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，当时，当，函数无零点，当，或时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，（2）当，时恒小于等于，当，对于，单调递增，单调递增，则为增函数，设，对于，令，解得，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，即当时，即的取值范围为，即的最大值为8.154【点评