太原五中2017-2018学年度第二学期阶段性检测

高 三 数 学（理）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1、已知,则（ ）

2、已知复数为虚数单位在复平面内对应的点在第三象限，则实数的取值范围是（ ）

3、在中，角所对的边分别是，若直线与平行，则一定是（ ）

锐角三角形 等腰三角形 直角三角形 等腰或直角三角形

4、在区间随机地取一个数，则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是（ ）

5、若的展开式中的二项式系数和为，则（ ）

6、《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该著作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用．如图所示的程序框图的算法思路源于该著作中的“李白沽酒”问题，执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）

7、已知等比数列的前项和是，则下列说法一定成立的是（ ）

若，则 若，则

若，则 若，则

8、已知，点是直线与圆的公共点，则的最大值为（ ）

9、若不等式组，所表示的平面区域存在点，使成立，则实数的取值范围是（ ）

10、平行四边形中，，点在边上，则的最大值为（ ）

11、已知是双曲线的左、右焦点，过的直线与双

曲线的左支交于点，与右支交于点，若，，则

（ 　）

12、不等式有且只有一个整数解，则的取值范围为（ ）

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分.第13题—第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题—第23题为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分

13、 .

14、已知函数，，当时，若对任意的恒成立，则的取值范围是 .

15、如图是某四面体的三视图，则该四面体的体积为　　　　　.

16、已知数列满足，其中，若对恒成立，则实数的取值范围是 .

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17、（本小题满分12分）

已知为内部一点，过点的直线与的两边交于点，且.

（1）若，求；

（2）求的取值范围.

18、（本小题满分12分）

如图，在四棱锥中，四边形是菱形，对角线与的交点为

,.

（1）证明：平面；

（2）在棱上是否存在点，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为?若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.

19、（本小题满分12分）

在2018年2月K12联盟考试中，我校共有名理科学生参加考试，其中语文考试成绩近似服从正态分布，数学成绩的频率分布直方图如图：

（1）如果成绩大于的为特别优秀，这名学生中本次考试语文、数学成绩特别优秀的大约各多少人？

（2）如果语文和数学两科都特别优秀的共有人，从（1）中的这些同学中随机抽取人，设三人中两科都特别优秀的有人，求的分布列和数学期望．

（3）根据以上数据，是否有以上的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀？

①若~，

则

②

③

20、（本小题满分12分）

已知椭圆，为左焦点，为上顶点，为右顶点，

若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.

（1）求的标准方程；

（2）是否存在过点的直线，与和交点分别是，和，，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.

21、（本小题满分12分）

已知函数.

（1）当时，讨论的极值情况；

（2）若，求的值.

请考生从第22、23 题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.

22、（本小题满分10分）【选修4——4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系有相同的长度单位，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；

（2）设分别交、于点、，求的面积.

23、（本小题满分10分）【选修4——5：不等式选讲】

已知函数.

（1）当时，解不等式；

（2）若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．

理科数学 参考答案

1.B

2.C

3.C【解析】由两直线平行可得，由正弦定理可得，即，又，所以或，即或，当时，，此时两直线重合，不符合题意，舍去.则是直角三角形.

4. B

5. B

6.C

7.C【解析】等比数列的公比，若，则，所以A错误；若，则，所以B错误；若，则时，，时，与同号），所以C一定成立；易知D不成立.

8.B【解析】由题意得：，且，解得.，所以：当时，取到最大值.

9. A【解析】由线性区域可得，由题意得，表示与两点连线的斜率，由线性规划可得，所以，.

10.B

11.B

12.D 【解析】由得，

所以当时，满足只有一个整数解或当时，满足只有一个整数解.

令，所以，

令，得，所以在单调递增，单调递减，所以，又，

，所以存在，使，

所以在，单调递减，在，单调递增，

所以当时，，当时，，又

，

且，所以有且只有一个整数解的解为或，所以或，即或

13.

14.

15.

16.

17. 【解析】（1），在中，由余弦定理知，得，则.在直角中，.

（2）设，则，在直角中，，在中，由正弦定理知.所以，由题意知，所以的取值范围是.

18.【解析】（Ⅰ）证明：∵　PD＝PB，且O为BD中点，∴　PO⊥BD.

在菱形ABCD中，∵　∠BCD＝600，AB＝2，∴　OA＝，OB＝1.

又PB＝2，　∴　PO＝.　　

∵　PA＝，∴　PA2＝PO2＋OA2，PO⊥OA.

∵　 BD∩AO＝O，∴　PO⊥平面ABCD；

（Ⅱ）建立如图所示坐标系，则

A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，).

∴　＝(－，1，0)，＝(0，－1，)，＝(－，－1，0)，＝(，-1，0)，

设平面ABP的一个法向量为n1，由得n1＝(1，，1)

设＝λ，则＝＋＝＋λ＝((λ-1)，－(λ+1)，0).

设平面BPM的一个法向量为n2，由得n2＝(λ+1，(λ－1)，λ－1)

由　|cos< n1，n2>|＝ ＝得　5λ2－6λ＋1＝0，∴　λ＝1或λ＝.

即，当点M与点D重合或||＝||时，锐二面角的余弦值为.

19.【解析】解：（1）∵语文成绩服从正态分布，

∴语文成绩特别优秀的概率为，

数学成绩特别优秀的概率为，

∴语文特别优秀的同学有人，

数学特别优秀的同学有人．

（2）语文数学两科都优秀的有人，单科优秀的有人，

的所有可能取值为，

∴的分布列为：

.

（3）2×2列联表：

∴

∴有以上的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀．

20. 【解析】（Ⅰ）依题意可知，即，由右顶点为，

得，解得，所以的标准方程为.

（Ⅱ）依题意可知的方程为，假设存在符合题意的直线，

设直线方程为，，，，,

联立方程组，得，

由韦达定理得，，则，

联立方程组，得，由韦达定理得，，所以，若，则，即，解得，

所以存在符合题意的直线方程为或.

21.【解析】（1）

已知

因为，由得或.

1 当时，，单调递增，故无极值；

2 当时，，则

所以：有极大值，极小值

③时，，则

所以：有极大值，极小值

综上所述：时，有极大值，极小值；

时，无极值；

时，有极大值，极小值；

（2）令，则，

且

①时，，所以当时，，单调递减，所以，此时，不满足题意；

3 由于与由相同的单调性，由（1）知

a.当时，在上单增，且，所以时，，时，，

所以当时，恒有，满足题意；

b.当时，在上单减，所以时，，此时

，不满足题意；

c.当时，在递减，所以当时，，此时

，不满足题意；

综上：.

22.【解析】（1）曲线的普通方程：，即.

所以的极坐标方程为，即.

曲线的直角坐标方程：，...........5分

（2）依题意，设点、的极坐标分别为.

将代入，得，

将代入，得，

所以，依题意得，点到曲线的距离为.所以. ......10分

23. 【解析】（1）当时，，则，

由解得或，即原不等式的解集为.

.......5分

（2），即，又且，

所以且

所以.即.

令，则，

所以时，，

所以，解得，

所以实数的取值范围是. ......10分

山西省太原市2018届高考一模数学试卷（理）有答案