套卷河北省唐山市2015届高三上学期期末考试数学理

河北省唐山市22015届高三上学期期末考试数学（理）试题说明：一、本试卷分为第I卷和第II卷．第I卷为选择题；第II卷为非选择题，分为必考和选考两部分．二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．三、做选择题时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案．四、考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回，第I卷一、选择题：本大题共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．(1)函数的定义域为 (A)[0，3] (B)[1，3] (C)[1，+∞) (D)[3，+∞)(2)某品牌空调在元旦期间举行促销活动，下面的茎叶图表示某专卖店记录的每天销售量情况（单位：台），则销售量的中位数是(A)13(B)14(C)15(D)16(3)"k<9’’是“方程表示双曲线”的(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件(4)设变量x、y满足则目标函数z=2x+3y的最小值为(A)7 (B)8 (C)22 (D)23(5)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若,则(A)2 (B) (C) (D)l或2(6)己知的值域为R，那么a的取值范围是(A)(一∞，一1] (B)(一l，) (C)[－1，) (D)（0，）(7)执行如图所示的算法，则输出的结果是(A)1(B)(C)(D)2(8)右上图是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于(A) (B) (C)1 (D)(9)己知函数,且在区间，上递减，则＝(A)3 (B)2 (C)6 (D)5(10)4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有(A)24种 (B)36种 (C)48种 (D)60种(11)椭圆的左焦点为F，若F关于直线的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为(A) (B) (C)，(D)一l2(12)设函数，若对于任意x[一1，1]都有≥0，则实数a的取值范围为(A)(-,2] (B)[0+) (C)[0,2] (D)[1,2]第II卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．(13)若复数z满足z=i(2+z)（i为虚数单位），则z=。(14)过点A(3,1)的直线与圆C:相切于点B，则．(15)在三棱锥P-ABC中，PB=6，AC=3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为．(16)数列{an}的前n项和为Sn，2Sn–nan=n（n∈N*），若S20=-360，则a2=____．三、解答题：本大题共70分，其中(17)-(21)题为必考题，(22)，(23)，(24)题为选考题．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）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinB=bcosC=3.(I)求b；(II)若△ABC的面积为，求c．(18)（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD＝90°，PA=AB=AC． (I)求证：AC⊥CD;(II)点E在棱PC上，满足∠DAE＝60°，求二面甬B-AE-D的余弦值．(19)（本小题满分12分） 某城市有东西南北四个进入城区主干道的入口，在早高峰时间段，时常发生交通拥堵现象，交警部门统计11月份30天内的拥堵天数．东西南北四个主干道入口的拥堵天数分别是18天，15天，9天，15天．假设每个入口发生拥堵现象互相独立，视频率为概率．(I)求该城市一天中早高峰时间段恰有三个入口发生拥堵的概率；(II)设翻乏示一天中早高峰时间段发生拥堵的主干道入口个数，求的分布列及数学期望.(20)（本小题满分12分）已知抛物线y2=2px(p>0)，过点C（一2，0）的直线交抛物线于A，B两点，坐标原点为O，．(I)求抛物线的方程；(II)当以AB为直径的圆与y轴相切时，求直线的方程．(21)（本小题满分12分）己知函数，直线与曲线切于点且与曲线y=g（x）切于点(1，g(1))．(I)求a，b的值和直线的方程．(II)证明：请考生在第(22)，(23)，(24)三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．(22)（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，四边形么BDC内接于圆，BD=CD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E点．(I)求证：∠EAC＝2∠DCE；(II)若BD⊥AB，BC＝BE，AE＝2，求AB的长．(23)(本小题满分10)选修4—4；坐标系与参数方程 极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线C的极坐标方程为，斜率为的直线交y轴于点E(0,1).(I)求C的直角坐标方程，的参数方程；(II)直线与曲线C交于A、B两点，求|EA|+|EB|。(24)（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数的最小值为a．(I)求a；(II)已知两个正数m，n满足m2+n2=a，求的最小值．参考答案选择题：A卷：BCAAB CAABD DCB卷：ACADB AACBD CD二、填空题：（13）－1＋i （14）5 （15）8 （16）－1三、解答题：（17）解：（Ⅰ）由正弦定理得sinCsinB＝sinBcosC，又sinB≠0，所以sinC＝cosC，C＝45°．因为bcosC＝3，所以b＝3eq\r(2)． …6分（Ⅱ）因为S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(21,2)，csinB＝3，所以a＝7．据余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝25，所以c＝5． …12分（18）解：PADPADEByzxC因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为∠PCD＝90，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC． …4分（Ⅱ）因为底面ABCD是平行四边形，CD⊥AC，所以AB⊥AC．又PA⊥底面ABCD，所以AB，AC，AP两两垂直．如图所示，以点A为原点，以eq\o(AB,\s\up5(→))为x轴正方向，以|eq\o(AB,\s\up5(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系．则B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，D(－1，1，0)．设eq\o(PE,\s\up5(→))＝λeq\o(PC,\s\up5(→))＝λ(0，1，－1)，则eq\o(AE,\s\up5(→))＝eq\o(AP,\s\up5(→))＋eq\o(PE,\s\up5(→))＝(0，λ，1－λ)，又∠DAE＝60°，则coseq\o(AE,\s\up5(→))，eq\o(AD,\s\up5(→))＝eq\f(1,2)，即eq\f(λ,\r(2)\r(2λ2－2λ＋1))＝eq\f(1,2)，解得λ＝eq\f(1,2)． …8分则eq\o(AE,\s\up5(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，eq\o(ED,\s\up5(→))＝eq\o(AD,\s\up5(→))－eq\o(AE,\s\up5(→))＝(－1，eq\f(1,2)，－eq\f(1,2))，所以coseq\o(AB,\s\up5(→))，eq\o(ED,\s\up5(→))＝eq\f(eq\o(AB,\s\up5(→))·eq\o(ED,\s\up5(→)),|eq\o(AB,\s\up5(→))||eq\o(ED,\s\up5(→))|)＝－eq\f(\r(6),3)．因为eq\o(AE,\s\up5(→))·eq\o(ED,\s\up5(→))＝0，所以eq\o(AE,\s\up5(→))⊥eq\o(ED,\s\up5(→))．又eq\o(AB,\s\up5(→))⊥eq\o(AE,\s\up5(→))，故二面角B-AE-D的余弦值为－eq\f(\r(6),3)． …12分（19）解：（Ⅰ）设东西南北四个主干道入口发生拥堵分别为事件A，B，C，D．则P(A)＝eq\f(18,30)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(15,30)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(9,30)＝eq\f(3,10)，P(D)＝eq\f(15,30)＝eq\f(1,2)．设一天恰有三个入口发生拥堵为事件M，则M＝eq\o(A,－)BCD＋Aeq\o(B,－)CD＋ABeq\o(C,－)D＋ABCeq\o(D,－)．则P(M)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(7,10)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＝eq\f(45,200)＝eq\f(9,40)． …5分（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，3，4．P(ξ＝0)＝eq\f(14,200)＝eq\f(7,100)，P(ξ＝1)＝eq\f(55,200)＝eq\f(11,40)，P(ξ＝2)＝eq\f(77,200)，P(ξ＝3)＝eq\f(45,200)＝eq\f(9,40)，P(ξ＝4)＝eq\f(9,200)．ξ的分布列为：ξ01234peq\f(7,100)eq\f(11,40)eq\f(77,200)eq\f(9,40)eq\f(9,200)E()＝0×eq\f(14,200)＋1×eq\f(55,200)＋2×eq\f(77,200)＋3×eq\f(45,200)＋4×eq\f(9,200)＝eq\f(380,200)＝eq\f(19,10)． …12分（20）解：（Ⅰ）设l：x＝my－2，代入y2＝2px，得y2－2pmy＋4p＝0．（）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝4p，则x1x2＝eq\f(y\o(2,1)y\o(2,2),4p2)＝4．因为eq\o(OA,\s\up5(→))·eq\o(OB,\s\up5(→))＝12，所以x1x2＋y1y2＝12，即4＋4p＝12，得p＝2，抛物线的方程为y2＝4x． …5分（Ⅱ）由（Ⅰ）（）化为y2－4my＋8＝0．y1＋y2＝4m，y1y2＝8． …6设AB的中点为M，则|AB|＝2xm＝x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝4m2－4，①又|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r((1＋m2)(16m2－32))， ②由①②得(1＋m2)(16m2－32)＝(4m2－4)2，解得m2＝3，m＝±eq\r(3)．所以，直线l的方程为x＋eq\r(3)y+2＝0，或x－eq\r(3)y+2＝0． …12分（21）解：（Ⅰ）f(x)＝aex＋2x，g(x)＝eq\f(,2)coseq\f(x,2)＋b，f(0)＝a，f(0)＝a，g(1)＝1＋b，g(1)＝b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝ax＋a，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线为y＝b(x－1)＋1＋b，即y＝bx＋1．依题意，有a＝b＝1，直线l方程为y＝x＋1． …4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)＝ex＋x2，g(x)＝sineq\f(x,2)＋x． …5分设F(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex＋x2－x－1，则F(x)＝ex＋2x－1，当x∈(－∞，0)时，F(x)＜F(0)＝0；当x∈(0，＋∞)时，F(x)＞F(0)＝0．F(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增，故F(x)≥F(0)＝0． …8分设G(x)＝x＋1－g(x)＝1－sineq\f(x,2)，则G(x)≥0，当且仅当x＝4k＋1（k∈Z）时等号成立． …10分由上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且两个等号不同时成立，因此f(x)＞g(x)． …12分（22）解：（Ⅰ）证明：因为BD＝CD，所以∠BCD＝∠CBD．因为CE是圆的切线，所以∠ECD＝∠CBD．所以∠ECD＝∠BCD，所以∠BCE＝2∠ECD．因为∠EAC＝∠BCE，所以∠EAC＝2∠ECD． …5分（Ⅱ）解：因为BD⊥AB，所以AC⊥CD，AC＝AB．因为BC＝BE，所以∠BEC＝∠BCE＝∠EAC，所以AC＝EC．由切割线定理得EC2＝AE•BE，即AB2＝AE•(AE－AB)，即AB2＋2AB－4＝0，解得AB＝eq\r(5)－1． …10分（23）解：（Ⅰ）由ρ＝2(cosθ＋sinθ)，得ρ2＝2(ρcosθ