河北省武邑中学高三下学期第三次质量检测考试数学（文）

河北武邑中学2018届高三年级第二学期第三次质量检测考试数学试题（文科）命题人闫秀香注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和II卷（非选择题）两部分，满分分，考试时间分钟。2．答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。3．选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上作答无效。第Ⅰ卷选择题（共60分）一.选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求,将正确答案填涂在答题卡上。1．设集合，，则A.B.C.D.2．已知是虚数单位，，则复数的共轭复数为A.B.C.D.3.命题“若，则”的逆否命题是A.若，则或B.若，则C.若或，则 D.若或，则4.已知等差数列的前和为，若，，则=A．B．C.D．5.运行如图所示框图的相应程序，若输入的值分别为和，则输出的值是A．1B．0C.1D．36.已知，则A.B.C.D.7.函数（其中e为自然对数的底数）的图象大致为8.已知函数相邻两条对称轴间的距离为，且，则下列说法正确的是A．B．函数为偶函数C.函数在上单调递增D．函数的图象关于点对称9．一个几何体的三视图如图所示，该几何体的各个表面中，面积最大面的面积为A．B．C．2D．410．我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中，用图①的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”，该数表的规律是每行首尾数字均为1，从第三行开始，其余的数字是它“上方”左右两个数字之和．现将杨辉三角形中的奇数换成，偶数换成，得到图②所示的由数字和组成的三角形数表，由上往下数，记第行各数字的和为，如，，，，……，则=A.2B.4C.8D.1211.已知离心率为的双曲线的左、右焦点分别为，是双曲线的一条渐近线上的点，且，为坐标原点，若，则A．32B．16C．8D．412.若关于的方程存在三个不等实根，则实数的取值范围是A. B.C. D.第Ⅱ卷非选择题（共90分）二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡上相应位置。13.平面内有三点且，则x=．14．若，满足约束条件则的最小值为．15.已知抛物线的焦点为，准线，点在抛物线上，点在准线上，若，且直线的斜率，则△的面积为.16.如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的体积为．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，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．（本小题满分12分）在中，角所对的边分别为，已知.（1）证明：；（2）若，求的面积.18．（本小题满分12分）某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数票价（元）现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站，且他们各自在每个站下车的可能性是相同的.（1）若甲、乙两人共付费元，则甲、乙下车方案共有多少种？（2）若甲、乙两人共付费元，求甲比乙先到达目的地的概率.19．（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面为矩形，点在线段上，平面．（1）求证：；（2）若△是等边三角形，，平面平面，四棱锥的体积为，求点到平面的距离．20.（本小题满分12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，离心率是，直线过点交椭圆于，两点，当直线过点时，的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）当直线绕点运动时，试求的取值范围.21.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，证明：.(二)选考题：共10分，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.选修44：坐标系与参数方程22.（本小题满分10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．（1）求曲线的普通方程；（2）在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线方程为，已知直线与曲线相交于、两点，求．选修45：不等式选讲23．（本小题满分10分）设（1）当，解不等式；（2）当时，若，使得不等式成立，求实数的取值范围．第三次质量检测考试数学试题（文科）答案一．BADADAACBDCC12.【解析】原方程可化为QUOTE，令QUOTE，则QUOTE．设QUOTE，则得，当QUOTE时，QUOTE，函数单调递增；当QUOTE时，QUOTE，函数单调递减．故当QUOTE时，函数有极大值，也为最大值，且QUOTE．可得函数QUOTE的图象如下：∵关于QUOTE的方程QUOTE存在三个不等实根，∴方程QUOTE有两个根，且一正一负，且正根在区间QUOTE内．令，则有，解得QUOTE．∴实数QUOTE的取值范围是QUOTE．选C．二．填空题：13．114、015、16、4三．17解：（1）∵，∴，2分由余弦定理可得，∴，∴.4分（2）∵，∴，（6分）由正弦定理得，∴，（9分）又，（10分）∴.（12分）18.（1）由题意知甲、乙乘坐地铁均不超过站，（2分）前站设为，，，甲、乙两人共有，，，，，，，，种下车方案.（4分）（2）设站分别为，，，，，，，，，因为甲、乙两人共付费元，共有甲付元，乙付元；甲付元，乙付元；甲付元，乙付元三类情况.（7分）由（1）可知每类情况中有种方案，所以甲、乙两人共付费元共有种方案.（9分）而甲比乙先到达目的地的方案有，，，，，，，，，，，，共种，（11分）故所求概率为.所以甲比乙先到达目的地的概率为.（12分）19.（5分）.（12分）20解：（Ⅰ）∵的周长为，∴，（2分）又，∴，∴，∴椭圆的标准方程为.（5分）（Ⅱ）设，两点坐标分别为，，当直线与轴重合时，点与上顶点重合时，，当直线与轴重合时，点与下顶点重合时，，（6分）当直线斜率为时，，当直线斜率存在且不为时，不妨设直线方程为，联立，得，则有，①②（8分）设，则，代入①②得③④∴，（10分）即，解得，综上，（12分）21.解：（Ⅰ）当时，，所以1分所以，.2分所以曲线在点处的切线方程为．即.4分（Ⅱ）证法一：当时，.要证明，只需证明.5分以下给出三种思路证明.思路1：设，则.设，则，所以函数在上单调递增．6分因为，，所以函数在上有唯一零点，且.8分因为时，所以，即.9分当时，；当时，.所以当时，取得最小值．10分故．综上可知，当时，.12分思路2：先证明．5分设，则．因为当时，，当时，，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增．所以．所以（当且仅当时取等号）．7分所以要证明，只需证明．8分下面证明．设，则．当时，，当时，，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增．所以．所以（当且仅当时取等号）．10分由于取等号的条件不同，所以．综上可知，当时，.12分（若考生先放缩，或、同时放缩，请参考此思路给分！）思路3：先证明.因为曲线与曲线的图像关于直线对称，设直线与曲线，分别交于点，，点，到直线的距离分别为，，则．其中，．①设，则．因为，所以．所以在上单调递增，则．所以．②设，则．因为当时，；当时，，所以当时，单调递减；当时，单调递增．所以．所以．所以．综上可知，当时，.12分证法二：因为，要证明，只需证明.5分以下给出两种思路证明.思路1：设，则.设，则．所以函数在上单调递增．6分因为，，所以函数在上有唯一零点，且.8分因为，所以，即9分当时，；当时，.所以当时，取得最小值10分故．综上可知，当时，．12分思路2：先证明，且．5分设，则．因为当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以当时，取得最小值．所以，即（当且仅当时取等号）．7分由，得（当且仅当时取等号）．8分所以（当且仅当时取等号）．9分再证明．因为，，且与不同时取等号，所以．综上可知，当时，．12分22.解：（Ⅰ）由已知，由SKIPIF1<0