山西省太原市2018届高三上学期期末考试数学理试题(解析版)

太原市2017～2018学年第一学期高三年级期末考试
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.已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，所以.
2.某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，根据下列频率分布条形图（部分）可知，该校女教师的人数为（）
A. 93
B. 123
C. 137
D. 167
【答案】C
【解析】
.
3.已知，都是实数，那么“”是“”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
【答案】D
【解析】
；，与没有包含关系，故为“既不充分也不必要条件”.
4.对于复数，定义映射.若复数在映射作用下对应复数，则复数在复平面内对应的点位于（）
A. 第四象限
B. 第三象限
C. 第二象限
D. 第一象限
【答案】A
【解析】
，对应点，在第四象限.
5.等差数列的前项和为，，，则（）
A. 21
B. 15
C. 12
D. 9
【答案】B
【解析】
依题意有，解得，所以.
6.已知，，，，那么（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由于故，故，所以.由于，由于，所以，故.综上所述选.
7.已知，那么（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
依题意有，故
8.下图是实现秦九韶算法的一个程序框图，若输入的，，依次输入的为2,2,5，则输出的（）
A. 10
B. 12
C. 60
D. 65
【答案】D
【解析】
，，判断否，，，判断否，，，判断是，输出.故选.
9.展开式中的常数项为（）
A. 1
B. 21
C. 31
D. 51
【答案】D
【解析】
常数项有三种情况，都是次，或者都是次，或者都是二次，故常数项为
10.已知函数的最大值为，最小值为，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由解得为函数的定义域.令，消去得，图像为椭圆的一部分，如下图所示.，即直线，由图可知，截距在点处取得最小值，在与椭圆相切的点处取得最大值.而，故最小值为.联立，消去得，其判别式为零，即，解得（负根舍去），即，故.
【点睛】本题主要考查含有两个根号的函数怎样求最大值和最小值.先用换元法，将原函数改写成为一次函数的形式
.然后利用和的关系，得到的可行域，本题中可行域为椭圆在第一象限的部分.然后利用，用截距的最大值和最小值来求函数的最大值和最小值.
11.已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）.若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由三视图可知，三棱锥的体积为
12.已知函数，（），若对任意的（），恒有，那么的取值集合是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
当时，，画出图象如下图所示，由图可知，时不符合题意，故选.
【点睛】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，考查选择题的解题策略中的特殊值法.主要的需要满足的是
，根据不等式的解法，大于在中间，小于在两边，可化简为，左右两边为二次函数，中间可以由对数函数图象平移得到，由此画出图象验证是否符合题意.
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.已知函数，，则的最大值是__________．
【答案】3
【解析】
函数在上为减函数，故最大值为.
14.不共线的三个平面向量，，两两所成的角相等，且，，则__________．
【答案】4
【解析】
原式
【点睛】本题主要考查向量的位置关系，考查向量模的运算的处理方法.由于三个向量两两所成的角相等，故它们两两的夹角为，由于它们的模都是已知的，故它们两两的数量积也可以求出来，对后平方再开方，就可以计算出最后结果.
15.已知，那么__________．
【答案】2017
【解析】
，故，由此得.
【点睛】本题主要考查函数解析式的求解方法，考查等比数列前项和的计算公式.对于函数解析式的求法，有两种，一种是换元法，另一种的变换法.解析中运用的方法就是变换法，即将变换为含有的式子.也可以令
.等比数列求和公式为.
16.三棱柱中,底面边长和侧棱长都相等,．则异面直线与所成角的余弦值为_____。

【答案】
【解析】
试题分析：设各边长为1．
因为,,
所以,
,
则异面直线与所成角的余弦值为．
考点：异面直线所成的角．
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.已知数列的前项和为，且，，.
（1）求及数列的通项公式；
（2）设，求数列的最大项.
【答案】（1）（2）
【解析】
【试题分析】（1）利用求得的值，利用求得的通项公式.（2）利用差比较法，计算可知数列前3项依次递增，从第3项开始依次递减，故为最大项.
【试题解析】
（1）由题得，解得，
故，
则时，，令，成立，
所以数列的通项公式为.
（2），.
当时，，则，
当时，，则，
故数列前3项依次递增，从第3项开始依次递减，
所以数列的最大项为.
18.的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）（2）
【解析】
【试题分析】（1）利用已知计算，即可得.（2）利用余弦定理和三角形面积公式建立方程组，解方程组可求得的值，进而求得周长.
【试题解析】
（1）由得
，
又，则，故.
另解：由已知得，
则，即，
又，则，故.
（2）由余弦定理及（1），得，则，
又，则，
则，即，
所以的周长为.
19.在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有3个红球和7个白球，这些球除颜色外完全相同，一次从中摸出3个球.
（1）设表示摸出的红球的个数，求的分布列和数学期望；
（2）为了提高同学们参与游戏的积极性，参加游戏的同学每人可摸球两次，每次摸球后放回，若规定两次共摸出红球的个数不少于，且中奖概率大于60%时，即中奖，求的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【试题分析】（1）的可能有，利用超几何分布的计算公式计算分布列和数学期望.（2）两次共摸出红球的个数为，则，由于每次摸球后放回，故利用相互独立事件概率计算公式来计算每种情况的概率值，由此求得的最大值为.
【试题解析】
（1）
，，，
，
则的分布列为
的数学期望为.
（2）设两次共摸出红球的个数为，则
，，，，，
，，
则有，
则.
20.如图，在四棱锥中，，，，.
（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【试题分析】（1）根据得到平面，从而.利用余弦定理计算得，即，所以平面，故.（2）以为原点建立空间直角坐标系，通过计算平面和平面的法向量来计算二面角的余弦值.
【试题解析】
（1）由，，，得平面，
从而.
又在中，又余弦定理得，
则有，所以，即，
又，
则有，
则有平面，故.
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
设平面的一个法向量为，则
令，
则，，故，
设平面的一个法向量为，则有令，
则有，，故，
所以，
由图知，二面角的余弦值为.
【点睛】本小题主要考查空间两条直线垂直关系的证明，考二面角的余弦值的求法.求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．钝角余弦值就应为负数.
21.已知函数（）有极小值.
（1）求实数的取值范围；
（2）若函数在时有唯一零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【试题分析】（1）求得函数定义域后，对函数求导并令导数等于零，求出导函数的零点，对分成两类讨论函数的单调区间，确定当时符合题意.（2）令，将问题转化为方程在时有唯一实根. 由（1）知函数在处取得最小值，令，利用导数求得在处取得最大值为，结合
唯一实数根这一条件可求得的取值范围.
【试题解析】
（1）函数定义域为，，令，得，
当时，若，则；若，则，故在处取得极小值，
当时，若，则；若，则，故在处取得极大值.
所以实数的取值范围是.
（2）函数在时有唯一零点，即方程在时有唯一实根，
由（1）知函数在处取得最小值，
设，，令，有，
列表如下
故时，，
又时，；时，，，
所以方程有唯一实根，或，此时的取值范围为或.
【点睛】本题主要考查利用导数解决已知有极值求参数的问题，考查利用导数解决唯一零点问题的策略.第一问题目给定有“极小值”，也就是导数为零的处，需满足左边单调递减，右边单调递增，符合这个条件才是最小值.唯一零点问题可转化为两个函数有唯一交点来解决.
22.选修4-4：坐标系与参数方程
在极坐标系中，曲线的极坐标方程.以极点为原点，极轴为轴非负半轴建立平面直角坐标系，且在两坐标系中取相同的长度单位，直线的参数方程为（为参数）.
（1）写出曲线的参数方程和直线的普通方程；
（2）过曲线上任意一点作与直线相交的直线，该直线与直线所成的锐角为，设交点为，求的最大值和最小值，并求出取得最大值和最小值时点的坐标.
【答案】（1），（2）点坐标为时，，点的坐标为时，
.
【解析】
【试题分析】（1）对曲线的极坐标方程两边乘以转化为直角坐标方程，配方得到圆心和半径，然后直接写出圆的参数方程.将直线的参数方程利用加减消元法消去，可求得直线的普通方程.（2）设圆上任意一点到直线的距离为，则，由此利用点到直线的距离公式可求得的最大值和最小值，也即是的最大值和最小值.
【试题解析】
（1）曲线C的直角坐标方程为，
表示圆心为，半径为的圆，
化为参数方程为（为参数）
直线的普通方程为.
（2）由题知点到直线的距离，
设点.
则有点到直线的距离，
其中，，
当，即时，，，
此时，，；
当即时，，，
此时，，.
综上，点坐标为时，，点的坐标为时，.
23.选修4-5：不等式选讲
设函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设不等式的解集为，当时，证明：.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【试题分析】（1）利用零点分段法去绝对值，将变为分段函数逐一求解不等式.（2）对先利用一元二次不等式的解法求得，求得.利用差比较法计算，利用配方法可证得不等式成立.
【试题解析】
（1），
则有①或②或③
解①得，解②得，解③得，
则不等式的解集为.
（2），解得，则，所以.
当时，，，由，有，则成立.
综上，成立.。