2017～2018年度高三名校联合摸底考试第一次五校联考
数学试卷(理科)
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.若复数()的虚部为2，则( )
A． B． C． D．
2.已知集合，，则( )
A． B．
C． D．
3.设等比数列的前项和为，且，则( )
A．4 B．5 C．8 D．9
4.的展开式中常数项为( )
A． B． C. D．25
5.榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用，代表建筑有：北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等，如图所示是一种榫卯的三视图，其表面积为( )
A． B． C. D．
6.已知函数的最大值为，的
图象的相邻两条对称轴间的距离为2，与轴的交点的纵坐标为1，则( )
A．1 B． C. D．
7.执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的( )
A．80 B．84 C.88 D．92
8.设满足约束条件，则的最大值为( )
A．1 B．3 C.5 D．6
9.在长方体中，，，，点在平面内运动，则线段的最小值为( )
A． B． C. D．
10.某次夏令营中途休息期间，3位同学根据胡老师的口音对她是哪个地方的人进行了判断：
甲说胡老师不是上海人，是福州人；
乙说胡老师不是福州人，是南昌人；
丙说胡老师不是福州人，也不是广州人.
听完以上3人的判断后，胡老师笑着说，你们3人中有1人说的全对，有1人说对了一半，另1人说的全不对，由此可推测胡老师( )
A．一定是南昌人 B．一定是广州人 C.一定是福州人 D．可能是上海人
11.设双曲线的左、右焦点分别为，，，过作轴
的垂线与双曲线在第一象限的交点为，已知，，点是双曲线右支上的动点，且恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是( )
A． B． C. D．
12.已知，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为( )
A． B．3 C. D．
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知向量，，且，则 ．
14.在三个盒子中各有编号分别为1，2，3的3个乒乓球，现分别从每个盒子中随机地各取出1个乒乓球，那么至少有一个编号是奇数的概率为 ．
15.在等差数列中，，且，，成等比数列，则公差 ．
16.已知为曲线上任意一点，，，则的最大值是 ．
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.的内角所对的边分别是，已知.
(1)求；
(2)若的面积为，，，求，.
18.某市的教育主管部门对所管辖的学校进行年终督导评估，为了解某学校师生对学校教学管理的满意度，分别从教师和不同年级的同学中随机抽取若干师生，进行评分(满分100分)，绘制如下频率分布直方图(分组区间为，，，，，)，并将分数从低到高分为四个等级：
满意度评分
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意
已知满意度等级为基本满意的有340人.
(1)求表中的值及不满意的人数；
(2)在等级为不满意的师生中，老师占，现从该等级师生中按分层抽样抽取12人了解不满意的原因，并从中抽取3人担任整改督导员，记为老师整改督导员的人数，求的分布列及数学期望.
19.如图，在多面体中，四边形是正方形，在等腰梯形中，，，，平面平面.
(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值.
20.已知圆，某抛物线的顶点为原点，焦点为圆心，经过点的直线交圆于，两点，交此抛物线于，两点，其中，在第一象限，，在第二象限.
(1)求该抛物线的方程；
(2)是否存在直线，使是与的等差中项？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.
21.已知函数的图象在点处的切线方程为.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若存在，满足，求的取值范围.
22.已知直线的参数方程为(为参数)，在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程(化为标准方程)；
(2)设直线与曲线交于两点，求.
23.已知函数.
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围.
2017～2018年度高三名校联合摸底考试第一次五校联考
数学试卷(理科)参考答案
一、选择题
1-5:ADBCB 6-10:DACCD 11、12：BA
二、填空题
13. 14. 15.3 16.8
三、解答题
17.解：(1)由已知，
结合正弦定理得，
所以，
即，亦即.
因为，所以.
(2)由，，得，即，
又，得，
所以，又，∴.
18.解：(1)由频率分布直方图可知：
，
设不满意人数为，
则，
解得.
(2)按分层抽样，12人中老师有4人，学生有8人，
则的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
则的分布列为：
0
1
2
3
故.
19.(1)证明：如图，取的中点，连接，因为，，
所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，从而，
同理可证，因此.
由于四边形为正方形，且平面平面，平面平面，
故平面，从而，
又，故平面，即.
(2)解：由(1)知可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
故，，设为平面的一个法向量，
故，即，故可取，
又，，设为平面的一个法向量，
故，即，故可取，
故.
易知二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
20.解：(1)可化为，
根据已知设抛物线的方程为，
∵圆心的坐标为，∴，解得，
∴抛物线的方程为.
(2)∵是与的等差中项，圆的半径为2，∴.
∴.
由题知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为，
设，,
由，得，，
故，，
∵，
∴，
由，解得.
∴存在满足要求的直线，其方程为或.
21.解：(1)由，得.
所以，，则，故所求切线方程为，
即.
(2)，即，
所以问题转化为在上有解，
令，，
则，
因为，
所以，，
从而，，
所以，即函数在上递减，
因此，，
要使在有解，必须有，即，
所以的取值范围为.
22.解：(1)直线的普通方程为即，
曲线的直角坐标方程为，
即.
(2)直线的极坐标方程是，代入曲线的极坐标方程得：，所以
，，
不妨设，则，
所以.
23.(1)证明：因为，
又，所以，
所以.
(2)解：可化为，
因为，所以(*)，
①当时，不等式(*)无解，
②当时，不等式(*)可化为，
即，解得，
综上所述，.
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