衡中同卷 四调 理科数学（教师版）.doc

20172018学年度上学期高三年级四调考试数学（理科）试卷一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，从每小题给出的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑）1已知集合，全集，则 ( )A BCD1答案：C解析：由，得，所以，由，得，全集，所以2已知复数，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于 ( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2答案：B解析：，所以，位于第二象限3运行如图所示的程序，若输入的分别为：，则输出的值为( )ABC D 3答案：C解析：由程序框图可知，表示中大于等于的数目，所以，所以4已知数列的前项和为，且对于任意，满足，则的值为 ( )A91 B90 C55 D100 4答案：A解析：由可得，即，所以该数列从第二项起是一个公差为2的等差数列，所以5某几何体的三视图如图所示，俯视图是半径为2的圆则该几何体的表面积为 ( )ABCD5答案：B解析：该几何体为球的，半径为，表面积6若关于的方程有解，则实数的最小值为 ( )A4 B6 C8 D2 6答案：B解析：由，可得，当且仅当，即时等号成立，所以实数的最小值为67如图，在中，过点的直线分别交射线于不同的两点，若，则的最小值为( )A B C6 D2 7答案：D解析：，又因为三点共线，所以可设，其中，则，于是，所以，设，则，且，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以，所以8若存在正实数满足且，则的取值范围为 ( )A B C D 8答案：B解析：因为，所以，设，则，由，得，设，则当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得最小值，又因为，所以，故的取值范围是9正四面体中，是棱的中点，点是点在底面内的射影，则异面直线与所成角的余弦值为 ( )A B C D9答案：B解析一：如图，以为坐标原点，所在方向为轴正方向建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为2，则，则，异面直线与所成角为，则解法二：设正方体的棱长为2，则，点在上，所以10已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）A BC D 10答案：D解析：设，则，所以函数是奇函数，显然函数也是一个增函数由可得，即，所以11若所在平面与矩形所在平面互相垂直，若点都在同一个球面上，则此球的表面积为 ( )A B C D 11答案：B解析：是一个正三角形，所以是正方形，可将该图形还原成一个正三棱柱，则球心为两正三角形中心连线的中点，如图，则，所以外接球的表面积12已知函数，关于的方程有四个相异的实根，则实数的取值范围是 ( )A B C D 12答案：C解析：，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减所以当时，取得极小值0，当时，取得极大值，当时，当时，函数的图象如图所示，设，则，当，时满足题意，所以，解得第卷（非选择题共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13若，则 13答案：251解析：设，则，所以，展开式中含的项为14已知函数的最大值为，若存在实数，使得对任意实数总有成立，则的最小值为 14答案：解析：，故，由题可知，为函数的极小值点和极大值点，故，故的最小值为15设实数满足约束条件，则的最大值为 15答案：5解析：由可得，所以，即，由作可行域如图所示，由，得，作直线并平移，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，的最大值为516若是互不重合的直线，是互不重合的平面，给出下列命题： 若，则或； 若，则； 若不垂直，则不可能垂直于内的无数条直线； 若，则且； 若，且，则其中正确的命题是_（填序号）16答案：解析： 如图，在正方体中，记平面为平面，平面为平面，直线为，直线为，显然与均不垂直，错误 面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行正确； 当直线或与相交但不垂直，或时，在都可以找到无数条平行线，与垂直，错误； ，同理可证，； 如果三个平面两两垂直，则它们的交线也两两垂直，正确三、解答题（共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生必须作答第22，23题为选考题，考试根据要求作答）（一）必考题：共60分17（本小题满分12分）已知在中，角所对的边分别是且，其中是的面积， (1)求的值； (2)若，求的值17解：（1）由，得，化简得：，结合及，可得，所以（6分）（2） 由（1）得，所以由正弦定理，得 联立可得，则，所以18（本小题满分12分）已知数列的前项和为，且 (1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式 (2)设数列前项和为，是否存在正整数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由18解：（1）由，可知当时， （2分）两式相减，得：，变形得：，又，故，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， （4分）所以 （6分）（2）因为，所以， （8分）因为，所以数列是单调递增数列的最小值为令，则，当时，；当时，当时，所以，所以存在满足题意 （12分）19（本小题满分12分）如图，四边形是梯形，四边形为矩形，已知 (1)求证：平面. (2)若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值，并求多面体的体积19(1)证明：由四边形为矩形，得，又因为平面平面所以平面，因为，平面，平面，所以平面， 又因为，所以平面平面 又因为平面，所以平面 （4分） (2)解：因为在平面中，所以又因为，所以平面，所以又因为四边形为矩形，且底面中与相交于一点，所以平面因为，所以平面过点在底面中作，所以两两垂直，以分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图，则，所以设平面的法向量，由，得， 令，得易得平面的一个法向量所以即平面与平面所成的锐二面角的余弦值设多面体的体积为，则（12分）20（本小题满分12分）如图所示的多面体中，四边形是菱形，四边形是矩形，平面， (1)求证：平面平面. (2)在线段上取一点，当二面角的大小为时，求20(1)迁明：如图，取的中点，连接，因为平面，所以，又四边形是菱形，四边形是矩形，所以是全等三角形，所以，就是二面角的平面角经计算，所以，即所以平面平面 （6分） (2)解：过点在底面中作交于点，所以两两垂直，以所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，得，平面的一个法向量为设，则，设平面的法向量,则，得，令，则，得因为二面角的大小为，所以整理得，解得所以 (12分)21（本小题满分12分）已知函数（为常数，为自然对数的底数） (1)当时，讨论函数在区间内的极值点的个数； (2)当时，对任意的都有成立，求正实数的取值范围解：（1）当时，记，则，令，得当时，；当时，；所以当时，取得极小值，又，即， 当，即时，函数在区间内无极值点；当，即时，有两个不同的解，函数在区间内有两个极值点；当，即时，有一个解，函数在区间内有一个极值点； 当，即时，函数在区间内无极值点 （6分）（2）当时，对任意的都有成立，即，即记，则当时，；当时，所以当时，取得最大值又，当时，；当时，所以当时，取得最小值，所以只需，即所以正实数的取值范围是（二）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（本小题满分10分）选修44:坐标系与参数方程 在极坐标系中，点是曲线上的动点，线段的中点为，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系 (1)求点的轨迹的直角坐标方程； (2)已知是轨迹上一点，点处的切线的斜率的取值范围是，求点横坐标的取值范围22解：（1）由，得，设，则，即，代入，得，所以（不写累计扣1分） （5分）（2）设，设点处的切线的倾斜角为，由的斜率的取值范围是，可得，则，所以，