数学理卷·2018届天津市第一中学高三上学期第三次月考（2017 10页

天津一中2017-2018高三年级三月考 数学试卷（理）‎ 一、选择题：‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2.已知，，点满足，则的最大值为（ ）‎ A．-5 B．-1 C．0 D．1‎ ‎3.世界数学名题“问题”：任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1.在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数．如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，猜想就是：反复进行上述运算后，最后结果为1.现根据此问题设计一个程序框图如图所示．执行该程序框图，输入的，则输出（ ）‎ A．3 B．5 C．6 D．7‎ ‎4.下列四个命题：‎ ‎①在三角形中，“”是“”的充要条件； ‎ ‎②“，”的否定是“，”； ‎ ‎③若函数的图像关于对称，则函数一定是偶函数； ‎ ‎④数列是等差数列，且公差，数列是等比数列，且公比，则，‎ 均为递增数列．其中正确命题的个数有（ ）‎ A．1个 B．2个 C.3个 D．4个 ‎5.设分别是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点，使得，其中为坐标原点，且，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎6.如图，络纸上小正方形的边长为1，粗实数与虚线画出的是某四面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度是（ ）‎ A． B． C.6 D．‎ ‎7.设定义在上的函数满足任意都有，且时，，则，，的大小关系（ ）‎ A． B． ‎ C. D．‎ ‎8.已知函数．若对任意，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C. D．‎ 二、填空题：‎ ‎9.若复数为纯虚数，且（为虚数单位），则 ．‎ ‎10.曲线的极坐标方程，曲线的参数方程为，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，则曲线上的点与曲线上的点最近的距离为 ．‎ ‎11.的展开式中含的项的系数是 ．‎ ‎12.在中，若，，，分别为边上的三等分点，则 ．‎ ‎13.定义一种运算，若，当有5个不同的零点时，则实数的取值范围是 ．‎ ‎14.设二次函数的导函数为，若对任意，不等式恒成立，则的最大值 ．‎ 三、解答题 ‎15.在中，角所对的边分别为，已知，且．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若，求周长的最大值．‎ ‎16.一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3，从盒中任取3张卡片．‎ ‎（Ⅰ）求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；‎ ‎（Ⅱ）表示所取3张卡片上的数字的中位数，求的分布列与数学期望．‎ ‎（注：若三个数满足，则称为这三个数的中位数）．‎ ‎17.如图所示，三棱柱中，已知侧面，，，．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）是棱长上的一点，若二面角的正弦值为，求的长．‎ ‎18.数列的前项和为，若，和满足等式．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅲ）若数列满足，求数列的前项和．‎ ‎19.已知椭圆的离心率为，是它的一个顶点，过点作圆的切线，为切线，且．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆及圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点作互相垂直的两条直线，其中与椭圆的另一交点为，与圆交于两点，求面积的最大值．‎ ‎20.已知函数，，‎ ‎（Ⅰ）若曲线的一条切线经过点，求这条切线的方程．‎ ‎（Ⅱ）若关于的方程有两个不相等的实数根，．‎ ‎①求实数的取值范围；②证明：．‎ 试卷答案 一、选择题 ‎1-5:BDCBD 6-8:CCD ‎ 二、填空题 ‎9. 10. 11.128 12. 13. 14. ‎ 三、解答题 ‎15.解：（1）由，得 ‎，由正弦定理，得，‎ 由余弦定理，得，整理得，‎ 因为，所以，所以．‎ ‎（2）在中，，，由余弦定理得，，因为，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立．故当时，周长的最大值．‎ ‎16.解：（Ⅰ）由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 ‎（Ⅱ）的所有可能值为1，2，3，且，‎ ‎，．‎ 故的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 从而 ‎17.（1）证明：因为侧面，平面，‎ 所以，在中，，，，‎ 由余弦定理得：‎ ‎，‎ 所以，故，所以，‎ 又，∴平面．‎ ‎（2）由（1）可知，两两垂直，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系．‎ 则，，，，‎ ‎，‎ 令，‎ ‎∴，‎ 设平面的一个方向向量为，则 ‎，令，则，‎ ‎∴‎ ‎∵侧面，所以是平面的一个法向量，‎ ‎，两边平方并化简得，所以或（舍去）．‎ ‎∴．‎ ‎18.（Ⅰ）证明：∵，∴，‎ ‎∴数列是以3为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎．‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得，化为，‎ 当时，．‎ 又也满足．‎ ‎∴数列的通项公式为，‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 两式相减，整理可得．‎ ‎19.解：（1）由，，得，∴，故所求椭圆方程为 由已知有，圆的方程为：．‎ ‎（2）设直线的方程为，由得 ‎，‎ ‎∴，又，∴．‎ 直线的方程为，即 ‎，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 当且仅当，时取等号．‎ 因此的面积最大值为．‎ ‎20.解：（Ⅰ）解法一 设经过点的切线与曲线相切于点，‎ 由得，‎ 所以该切线方程为，‎ 因为该切线经过，所以，解得，‎ 所以切线方程为或．‎ 解法二 由题意得曲线的切线的斜率一定存在，‎ 设所求的切线方程为，‎ 由，得，‎ 因为切线与抛物线相切，所以，解得，‎ 所以所求的切线方程为或．‎ ‎（2）①由，得．‎ 设，‎ 则，‎ 由题意得函数恰好有两个零点．‎ ‎（ⅰ）当，则，只有一个零点1.‎ ‎（ⅱ）当时，得，由得，‎ 即在上为减函数，在上为增函数，‎ 而，，‎ 所以在上有唯一零点，且该零点在上．‎ 取，且，‎ 则 所以在上有唯一零点，且该零点在上．‎ 所以，恰好有两个零点．‎ ‎（ⅲ）当时，由得或，‎ 若，，‎ 所以在上至多有一个零点．‎ 若，则，‎ 当时，，即在上单调递减．‎ 又，所以在上至多有一个零点．‎ 当时，在上单调递增，在上为减函数，‎ 又，‎ 所以在上无零点．‎ 若，则，又当时，，所以不存在零点．‎ 在上无零点 故当时，；当时，．‎ 因此在上单调递增，在上单调递减．‎ 又．‎ 所以在无零点，在至多有一个零点．‎ 综上，的取值范围为．‎ ‎②不妨设，‎ 由①知，，，且，在单调递减，‎ 所以等价于，即．‎ 由于，‎ 且，‎ 所以 ‎．‎ 设，其中，‎ 则，‎ 当时，，，所以．‎ 而，故当时，．‎ 从而，故．‎