套卷河北省唐山市2015届高三上学期期末考试数学文

河北省唐山市2015届高三上学期期末考试数学（文）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)[一5，2] (B)（一∞，—5]U[2，+oo）(C)[一5,+∞) (D)[2,+∞)(2)函数的最小正周期为(A)2 (B)（C） (D)4(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)在等比数列{an}中，a2a3a7(A)1 (B)4 (C)2 (D)(6)己知则(A)－4 (B－2 (C)－1 (D)－3(7)抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是(A) (B) (C) (D)（8）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，）(9)执行如图所示的算法，则输出的结果是(A)1 (B) (C) (D)2(10)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)(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l(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)设等差数列{an}的前n项和为Sn，S3=6，S4=12，则S6=．(15)过点A(3,1)的直线与圆C:相切于点B，则．(16)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．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的中点，求点B到平面EAD的距离．(19)（本小题满分12分）为了调查某校学生体质健康达标情况，现采用随机抽样的方法从该校抽取了m名学生进行体育测试．根据体育测试得到了这m名学生各项平均成绩（满分100分），按照以下区间分为七组：[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80)，[80，90)，[90，100)，并得到频率分布直方图（如图），己知测试平均成绩在区间[30，60)有20人．(I)求m的值及中位数n；(II)若该校学生测试平均成绩小于n，则应适当增加体育活动时间．根据以上抽样调查数据，该校是否需要增加体育活动时间？(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．(I)求a，b的值和直线的方程．(II)证明：除切点外，曲线C1,C2位于直线的两侧。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：DABAC ABCAB DCB卷：DAADC BBCDA CC二、填空题：（13）－1＋i （14）30 （15）5 （16）8三、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PACEPACEDBF（Ⅰ）证明：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PA＝AB＝AC＝2，E为PC的中点，所以AE⊥PC，AE＝eq\r(2)．由（Ⅰ）知AE⊥CD，所以AE⊥平面PCD．作CF⊥DE，交DE于点F，则CF⊥AE，则CF⊥平面EAD．因为BC∥AD，所以点B与点C到平面EAD的距离相等，CF即为点C到平面EAD的距离． …8分在Rt△ECD中，CF＝eq\f(CE×CD,DE)＝eq\f(\r(2)×2,\r(6))＝eq\f(2\r(3),3)．所以，点B到平面EAD的距离为eq\f(2\r(3),3)． …12分（19）解：（Ⅰ）由频率分布直方图知第1组，第2组和第3组的频率分别是0.02，0.02和0.06，

则m×(0.02＋0.02＋0.06)＝20，解得m＝200．由直方图可知，中位数n位于[70，80)，则0.02＋0.02＋0.06＋0.22＋0.04(n－70)＝0.5，解得n＝74.5． …4分（Ⅱ）设第i组的频率和频数分别为pi和xi，由图知，p1＝0.02，p2＝0.02，p3＝0.06，p4＝0.22，p5＝0.40，p6＝0.18，p7＝0.10，

则由xi＝200×pi，可得x1＝4，x2＝4，x3＝12，x4＝44，x5＝80，x6＝36，x7＝20， …8分故该校学生测试平均成绩是eq\o(\s\up6(—),x)＝eq\f(35x1＋45x2＋55x3＋65x4＋75x5＋85x6＋95x7,200)＝74＜74.5， …11分所以应该适当增加体育活动时间． …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)＝cosx＋b，f(0)＝a，f(0)＝a，g(eq\f(,2))＝1＋eq\f(,2)b，g(eq\f(,2))＝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(eq\f(,2)，g(eq\f(,2)))处的切线为y＝b(x－eq\f(,2))＋1＋eq\f(,2)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)＝sinx＋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－sinx，则G(x)≥0，当且仅当x＝2k＋eq\f(,2)（k∈Z）时等号成立． …10分综上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且两个等号不同时成立，因此f(x)＞g(x)．所以：除切点外，曲线C1，C2位于直线l的两侧．…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＋ρsinθ)，即x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2．l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\al(x＝\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t．))（t为参数,t∈R） …5分（Ⅱ）将eq\b\lc\{(\a\al(x＝\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t．))代入(x－1)2＋(y－1)2＝2得t2－t－1＝0，解得，t1＝eq\f(1＋\r(5),2)，t2＝eq\f(1－\r(5),2)，则|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝eq\r(5)． …10分（24）解：（Ⅰ）f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(－\f(3,2)x－1，x＜－2，,－\f(1,2)x＋1，－2≤x≤0，,\f(3,2)x＋1，