1、20172018学年度上学期高三年级一调考试数学（理科）试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第卷（选择题 共60分）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分从每小题所给的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑）1设集合若，则（ ）ABCD1答案：C解析：由题意可知，将代入，得，所以，即，解得或，所以2已知是虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值是（ ）AB0CD22答案：D解析：设，则，所以，故3执行如图所示的程序框图，为使输出的值小于91，则输入的正整数的最小值为（ ）A5B4C3D23答案：D解析：是是否输出，结束，所以正整数的
2、最小值为2 4已知点，点为平面区域上的一个动点，则的最小值是（ ）A 5B3CD4答案：C解析：作可行域如图所示，则的最小值为点到直线的距离，5已知的三个内角依次成等差数列，边上的中线，则（ ）A3BCD65答案：C解析：因为成等差数列，所以，又因为，所以，在中，由余弦定理可得，即，所以，所以，故，6一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱中，最长的棱为（ ）A3BCD6答案：A解析：该几何体的直观图如图所示，则所以最长的棱为37已知数列满足，则（ ）A0BCD7答案：B解析：解法1：，周期，所以解法2：设，则，所以，所以数列是一个首项为0，公差为的等差数列，所以8已知，函数在内单调递减
3、，则的取值范围是（ ）ABCD8答案：B解析：当时，根据题意可得，所以，解得：，所以，所以，又因为，所以，所以9设函数，其中若，且的最小正周期大于，则（ ）ABCD9答案：D解析：根据题意，所以，又因为，所以，当时，又因为，所以10已知函数，若实数满足，则实数的取值范围是（ ）ABCD10答案：C解析：函数为偶函数，且在上单调递增，所以，所以，所以，所以11已知函数的图像的对称中心的横坐标为，且有三个零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD11答案：B解析：，的对称轴为，所以，所以，令，得，所以当时，取得极大值1，当时，取得极小值，要想使有三个零点，则必须，解得12定义在内的函数满足：当时，；（
4、为正常数）若函数的所有极大值点都落在同一直线上，则常数的值是（ ）A1BC或3D1或212答案：D解析：在区间上，当时，取得极大值1，极大值点为，当时，所以在区间上，当，即时，取得极大值，极大值点为，当时，所以，所以在区间上，当，即时，取得极大值，所以极大值点为，根据题意，三点共线，所以，解得或2第卷（非选择题 共90分）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13如图，正方形中，分别是的中点，若，则 13答案：解析：不妨设正方形边长为2，以为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，则，因为，所以，所以，解得 14已知定义在实数集上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为 14答案：解析：
5、设，则，即，设，则，且，所以函数是一个单调递减函数，不等式等价于，所以，即，解得15已知数列的前项和为，且成等比数列，成等差数列，则等于 15答案：解析：由题意可得，因为，所以，所以，故数列为等差数列，又由， ，可得；，可得，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，所以，即，故，故，所以16已知函数是定义域为的偶函数，当时，若关于的方程有且仅有6个不同的实数根，则实数的取值范围是 16答案：或解析：由可得，所以或，画出的图像，当时，因为，所以该方程有4个根；因为关于的方程有且仅有6个不同的实数根，所以有两个根，由图可知，实数的取值范围是：或三、解答题（共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过
6、程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考试必须作答第22，23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分17（本小题满分12分）在中，角的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）求的取值范围17解：（1）由及正弦定理可得：，故，又因为，所以（2）由，可得，所以，从而，因此，故的取值范围是18（本小题满分12分）高三某班12月月考语文成绩服从正态分布，数学成绩的频率分布直方图如图，如果成绩大于135分，则认为特别优秀（1）这500名学生中本次考试语文、数学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6人，从（1）中的这些同学中随机抽取3人，设三人中两科都特别优秀的
7、有X人，求X的分布列和数学期望参考数据：若，则18解：因为语文成绩服从正态分布，所以语文成绩特别优秀的概率为，数学成绩特别优秀的概率为所以语文成绩特别优秀的同学有（人），数学特别优秀的同学有（人）（5分）（2）因为语文、数学两科都优秀的有6人，单科优秀的有10人，的所有可能取值为所以的分布列为X0123P（12分）19（本小题满分12分）如图，在平行四边形中，分别为的中点，现把平行四边形沿折起，如图所示，连接（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值19（1）证明：由已知可得，四边形均为边长为2的菱形，且，取的中点，连接，则是等边三角形，所以，同理可得又因为，所以平面，又因为平面，所以（5分）（
8、2）由已知得，所以，故，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，得设平面的法向量，令，得，所以的法向量设平面的法向量，由，令，得，所以平面的法向量，于是因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为20（本小题满分12分）已知曲线在点处的切线方程是（1）求实数的值；（2）若对任意恒成立，求实数的最大值20解：（1），由，可得（4分）（2）由对任意恒成立，即恒成立，令，则，显然单调递增，且有唯一零点，所以在内单调递减，在内单调递增，所以，所以，故的最大值为1（12分）21（本小题满分12分）已知函数（为常数，）（1）当时，求函数的图像在处的切线方程；（2）当在处取得极值时，若关于的方
9、程在上恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；（3）若对任意的，总存在，使不等式成立，求实数的取值范围21解：（1）当时，所以，又，即切点为，所以切线方程为，即（3分）（2），依题意，即，因为，所以，此时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以（6分）（3），因为，所以，即，所以在上单调递增，所以问题等价于对任意的，不等式恒成立，设，则，又，所以在右侧需先单调递增，所以，即当时，设，其对称轴为，又，开口向上，且，所以在内，即，所以在内单调递增，即于是，对任意的，总存在，使不等式成立综上可知，（12分）（二）选考题：共10分请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分
10、22（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴的非负半轴重合，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）设直线与曲线相交于两点，求的值22解：（1）将化为，由，得，所以曲线的直角坐标方程为由消去解得，所以直线的普通方程为（5分）（2）把代入，整理得，设其两根为，则，所以（10分）方法2，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以（10分）方法3，将代入，化简得：，由韦达定理得：，23（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知函数（1）解不等式；（2）若对任意，都有，使得成立，求实数的取值范围23解：（1）由，得，所以，即，解得：，所以原不等式的解集为（2）因为对任意，都有，使得成立，所以，又，当且仅当时取等号，所以，解得：或，所以实数的取值范围是