数学理卷·2018届河北武邑中学高三下学期第三次质检考试（2018

数学理卷·2018届河北武邑中学高三下学期第三次质检考试（2018

河北武邑中学2018届高三下学期第三次教学质量检测考试 数学试题（理） 命题人 赵海通 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．已知集合为实数，且，为实数，且，则的元素个数为( )‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎2．复数的共轭复数记作，已知复数对应复平面上的点，复数满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．中国古代数学著作中有这样一个问题：“某贾人擅营，月入益功疾（注：从第2月开始，每月比前一月多入相同量的铜钱），3月入25贯，全年（按12个月计）共入510贯”，则该人12月营收贯数为（ ）‎ A．35 B．65 C．70 D．60‎ ‎4．已知A(，1)为抛物线x2＝2py(p>0)上一点，则A到其焦点F的距离为(　　)‎ 正视图 侧视图 俯视图 A. B. ＋ C．2 D. ＋1‎ ‎5．若，则，，的大小关系为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中 的x的值是（ ）‎ A．2 B． C． D．3‎ ‎7．函数的图象大致是（ ）‎ ‎8．已知点是双曲线：（，）与圆的一个交点，若到轴的距离为，则的离心率等于（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎9．执行右面的程序框图，如果输入的、、分别为1、2、3，‎ 输出的，那么，判断框中应填入的条件为（ ） ‎ A．？‎ B．？‎ C．？‎ D．？‎ ‎10．如图所示，正六边形中，为线段的中点，在线段上随机取点，入射光线经反射，则反射 光线与线段相交的概率为（ ） ‎ A． B． C. D． ‎ ‎11．已知正方体中，线段上（不包括端点）各有一点，且，下列说法中不正确的是（ ）‎ A．四点共面 B.直线与平面所成的角为定值 C. D.设二面角的大小为，则的最小值为 ‎12. 函数的所有零点之和为（ ）‎ A．6 B．10 C. 12 D．18‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共90分）‎ 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，共20分，将答案填在答题卡上相应位置。‎ ‎13．如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是 ．‎ ‎14．已知，，，，则 ．‎ ‎15．等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝2，前n项和为Sn，下列命题中正确的是 （填写序号）．‎ ‎ ①，； ②，；‎ ‎③，； ④，．‎ ‎16．某皮革公司旗下有许多手工足球作坊为其生产足球，公司打算生产两种不同类型的足球，一款叫“飞火流星”，另一款叫“团队之星”．每生产一个“飞火流星”足球，需要橡胶100 g，皮革300 g；每生产一个“团队之星”足球，需要橡胶50 g，皮革400 g，且一个“飞火流星”足球的利润为40元，一个“团队之星”足球的利润为30元．现旗下某作坊有橡胶材料2.5 kg，皮革12 kg，该作坊可获得的最大利润为 元．‎ 三．解答题：本大题共6小题，共70分，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）在，，.‎ ‎（1）若，求的长；‎ ‎（2）若点在边上，，，为垂足，‎ ‎，求角的值.‎ ‎18．（本小题满分12分）为评估设备生产某种零件的性能，从设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：‎ 经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值.‎ ‎（1）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的频率）；①；②；③.评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙，若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级.‎ ‎（2）将直径小于或等于或直径大于的零件认为是次品.‎ ‎（ⅰ）从设备的生产流水线上随机抽取2件零件，计算其中次品个数的数学期望；‎ ‎（ⅱ）从样本中随机抽取2件零件，计算其中次品个数的数学期望.‎ ‎19．（本小题满分12分）如图， 在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4.‎ ‎(1)求证：A1C⊥平面ABC1；‎ ‎(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1. 若存在，求二面角E－AC1－B的余弦值．‎ ‎20．（本小题满分12分）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，O为坐标原点．‎ ‎ （1）求椭圆C的方程；‎ ‎ （2）如图所示，设直线与圆、椭圆C同时相切，切点分别为A，B，‎ 求|AB|的最大值．‎ ‎21．（本小题满分12分）已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋x2，g(x)＝(x＋1)ln (x＋1)－x＋(a－1)x2＋x3‎ ‎(a∈R)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若当x≥0时，g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．‎ 请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。‎ ‎22．(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程 以直角坐标系的原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为（1,0），若直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是（t为参数）. （1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程； ‎ ‎(2)设直线和曲线交于，两点，求.‎ ‎23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x＋1|－a|x－1|.‎ ‎(1)当a＝－2时，解不等式f(x)>5；‎ ‎(2)若f(x)≤a|x＋3|，求a的最小值．‎ 河北武邑中学2018届高三下学期第三次教学质量检测考试 数学试题（理）答案 一．选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，‎ BACAA DCDCC DD 二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13．21； 14．； 15．③； 16．1180元．‎ 三．解答题：本大题共6小题，共70分。‎ ‎17．解： ‎ 即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎18．解：（1）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 因为设备的数据仅满足一个不等式，故其性能等级为丙； ‎ ‎（2）（ⅰ）易知样本中次品共6件，可估计设备生产零件的次品率为0.06. ‎ 由题意可知～，于是， ‎ ‎（ⅱ）由题意可知的所有可能取值为0，1，2 ‎ ‎ 且 ‎ 的分布列为 Z ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 故.‎ ‎19．解：(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∴AA1⊥AB，‎ 又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，‎ ‎∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC.‎ 又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1. ‎ 又AB⊥AC. AB⊥AA1 , AC∩AA1＝A，∴AB⊥平面A1ACC1‎ 又A1C⊂平面A1ACC1，∴A1C⊥AB ‎ 又AB∩AC1＝A ‎∴A1C⊥平面ABC1 ‎ ‎ ‎ ‎(2)解法一：当E为B1B的中点时，有DE∥平面ABC1. ‎ 连接AE，EC1，DE，‎ 取A1A的中点F，连接EF，FD，‎ ‎∵EF∥AB，DF∥AC1，‎ 又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，‎ ‎∴平面EFD∥平面ABC1，‎ 则有DE∥平面ABC1. ‎ 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ‎ 因为AA1＝AC＝2AB＝4，∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C1(0,4,4)，C(0,4,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,4)，‎ 由(1)知，＝(0,4，－4)是平面ABC1的一个法向量．‎ 设n＝(x，y，z)为平面AC1E的法向量，‎ ‎∵＝(0,4,4)，＝(2,0,2)，∴即 令z＝1，则x＝－1，y＝－1，∴n＝(－1，－1,1)为平面AC1E的一个法向量．……10分 设与n的夹角为θ，则cosθ＝＝－，由图知二面角E－AC1－B为锐角，‎ ‎∴二面角E－AC1－B的余弦值为. ‎ 解法二：当E为BB1的中点时，连接DE，如图2，‎ 设A1C交AC1于点G，连接BG，DG，∵BE綊DG，∴四边形DEBG为平行四边形，‎ 则DE∥BG，又DE⊄平面ABC1，BG⊂平面ABC1，则DE∥平面ABC1.‎ 求二面角E－AC1－B的余弦值同解法一．‎ ‎20．解：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎21．解：(1)函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋x2，定义域为(－1，＋∞)， ‎ 则f′(x)＝>0，所以f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间． ‎ ‎(2)由(1)知，当x≥0时，有f(x)≥f(0)＝0，‎ 即ln (x＋1)≥x－x2.‎ g′(x)＝ln (x＋1)＋2(a－1)x＋x2≥＋2(a－1)x＋x2＝(2a－1)x. ‎ ‎①当2a－1≥0，即a≥时，且x≥0时，g′(x)≥0，‎ 所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，且g(0)＝0，‎ 所以当x≥0时，g(x)≥0，所以a≥符合题意． ‎ ‎②当a<时，令g′(x)＝ln (x＋1)＋2(a－1)x＋x2＝φ(x)，‎ φ′(x)＝＋2(a－1)＋x＝， ‎ 令x2＋(2a－1)x＋2a－1＝0，则其判别式 Δ＝(2a－1)(2a－5)>0，‎ 两根x1＝<0，x2＝>0，‎ 当x∈(0，x2)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，x2)上单调递减，且φ(0)＝0，‎ 即x∈(0，x2)时，g′(x)5的解集为. ‎ ‎(2)由f(x)≤a|x＋3|，得a≥， ‎ 由|x－1|＋|x＋3|≥2|x＋1|，得≤，得a≥(当且仅当x≤－3或x≥1时等号成立)．‎ 故a的最小值为. ‎