太原五中2017-2018学年度第二学期阶段性检测
高 三 数 学（理）
出题人、校对人：刘晓瑜、郭舒平、董亚萍、刘锦屏、凌河、闫晓婷（2018.4.2）
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.
正视图
侧视图
俯视图
1
2
2
1
2
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）
A
C
P
B
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
A
P
B
C
D
O
,.
（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
0.50
0.40
…
0.010
0.005
0.001
0.455
0.708
…
6.635
7.879
10.828
数学成绩
50
70
150
130
110
90
0.0012
0.008
0.0088
0.024
频率/组距
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，).
z
A
P
B
C
D
O
x
y
M
∴ ＝(－，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：
语文特别优秀
语文不特别优秀
合计
数学特别优秀
6
6
12
数学不特别优秀
4
484
488
合计
10
490
500
∴
∴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
+
-
+
递增
极大值
递减
极小值
递增
所以：有极大值，极小值
③时，，则
+
-
+
递增
极大值
递减
极小值
递增
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；
① 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
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