1、唐山市 20162017 学年高三年级第三次模拟考试理科数学第卷一、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2|0,|lg(1)AxxyABA B C D(0,)(1,)(2,02、已知 为虚数单位， ，则复数 的共轭复数为iziizA B C D13535135i135i3、总体由编号为 的 各个体组成，利用随机数表（以下摘取了随机0,2,490数表中第 1 行和第 2 行）选取 5 个个体，选取方法是从随机数表第 1 行的第 9 列和第 10 列数字开始由左向右读取，则选出来的第 4 个个体的编号为
2、A B C D0591204、已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则 的离心2:(,)xyab20xyC率为A B 或 C2 D52555、执行右侧的程序框图，若输出 ，则输入的 为4yxA 或 或 1 B C 或 1 D1326、数列 首项 ，对于任意 ，有 ，na,mnN3nma则 前 5 项和 5SA121 B25 C31 D357、某几何体的三视图如图所示，则其体积为A4 B8 C D4388、函数 （其中 为自然对数的底数）的图象大致为1()xefe9、若 ，则92901(1)xaxax 1239aaA1 B513 C512 D51110、函数 在 内的值域为 ，则 的取值范围是cos
3、()06fxw,2wA B C D35,23,25,)5,6311、抛物线 的焦点 F，N 为准线上一点，M 为轴上一点， 为直角，若线:4Cyx MNF段 MF 的中点 E 在抛物线 C 上，则 的面积为A B C D23212、已知函数 有两个极值点 ，且 ，若 ，32fxabx12,x12x1023x函数 ，则0()ggA恰有一个零点 B恰有两个零点 C恰有三个零点 D至多两个零点第卷二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线上.13、已知向量 ，则 在 方向上的投影为 (3,1)(2,)abab14、直角 顶的三个顶点都在球的球面 上，且 ，若
4、三棱锥ABCO2ABC的体积O为 2，则该球的表面积为 15、已知变量 满足约束条件 ，目标函数 的最小值为 ，,xy102xya2zxy5则实数 a16、数列 的前 n 项和为 ，若 ，则 nS214()nnNna三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分，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）在 中，角 所对应的边分别为 ABC, ,cosabC（1）求证： ；sintaB（2）若 为锐角，求 的取值范围,c18、 （本小题满分 12 分）某学校简单随机抽样方法抽取了 100 名同学，对其日均课外阅读时间：（单位：分钟）进行调查，结果如下：若将日均课外阅
5、读时间不低于 60 分钟的学生称为“读书迷”（1）将频率视为概率，估计该校 4000 名学生中“读书迷”有多少人？（2）从已抽取的 8 名“读书迷”中随机抽取 4 位同学参加读书日宣传活动求抽取的 4 为同学中有男同学又有女同学的概率；记抽取的“读书迷”中男生人数为 X，求 X 的分布列和数学期望19、 （本小题满分 12 分）如图，在平行四边形 中， 分别为ABCD024,6,ABCPADEF的中点， 平面 ,BCPEFPE（1）求证： 平面 ；（2）求直线 与平面 所成角的正弦值A20、 （本小题满分 12 分）已知椭圆 经过点 ，离心率 2:1(0)xyab1(3,)2E3（1）求椭圆
6、的方程；（2）直线 与圆 相切于点 M，且与椭圆 相较于不同的两点 ，l22:Oxy,AB求 的最大值AB21、 （本小题满分 12 分）已知函数 2ln(1),(0)fxax（1）讨论函数 的单调性；（2）若函数 在区间 有唯一的零点 ，证明 fx(,)0x210exe请考生在第（22） 、 （23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上22、 （本小题满分 10 分） 选修 4-4 坐标系与参数方程点 P 是曲线 上的动点，以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴21:()4CxyOx建立坐标系，以极点 为中心
7、，将点 P 逆时针旋转得到点 ，设点 的轨迹为曲线 OQ2C（1）求曲线 ， 的极坐标方程；12（2）射线 与曲线 ， 分别交于 两点，定点 ，求(0)31C2,AB(,0)M的面积MAB23、 （本小题满分 10 分） ）选修 4-5 不等式选讲已知函数 21fxax（1）若 ，解不等式 ；a5f（2）当 时， ，求满足 的 的取值范围0()ga4ga唐山市 20162017 学年度高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一选择题：A 卷：ABBDC DCADD CB B 卷：ADBBC DDACD CB二填空题：（13） （14）44 （15）3 （16）5n2n 1三解答题：（17）解：（
8、）由 abbcos C 根据正弦定理得 sinAsin Bsin BcosC，即 sin(BC)sin Bsin BcosC，sinBcosCco sBsinCsin Bsin BcosC，sinCcosBsin B，得 sinCtan B 6 分（）由余弦定理得 c2a 2b 22abcos Cb 24b4(b2) 28， 8 分由 abbcos C 知 b ，a1 cosC 21 cosC由 C 为锐角，得 0co sC1，所以 1b2 10 分从而有 1c 28所以 c 的取值范围是(1 ，2 ) 12 分2（18）解：（）设该校 4000 名学生中“读书迷”有 x 人，则 ，解得 x3
9、20.8100 x4000所以该校 4000 名学生中“读书迷”有 320 人 3 分（） （）抽取的 4 名同学既有男同学，又有女同学的概率P 6 分1C45C48 1314（）X 可取 0，1，2，3P(X0) ， P(X1) ，C45C48 114 C13C35C48 37P(X2) ， P(X3) ， 10 分C23C25C48 37 C3C15C48 114X 的分布列为：X 0 1 2 3P114 37 37 114E(X)0 1 2 3 12 分114 37 37 114 32（19）解：（）连接 AE，因为 AF平面 PED，ED 平面 PED，所以 AFED在平行四边形 AB
10、CD 中，BC2AB4，ABC 60 ，所以 AE2，ED2 ，3从而有 AE2ED 2AD 2，所以 AEED 3 分又因为 AFAEA，所以 ED平面 PAE，PA 平面 PAE，从而有 EDPA 又因为 PAAD，ADEDD ，所以 PA平面 ABCD 6 分（）以 E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，2，0) ， D(2 ，0，0) ，3B( ， 1，0) 3因为 AF平面 PED，所以 AFPE，又因为 F 为 PE 中点，所以 PAAE 2所以 P(0，2， 2)，F(0，1，1)，(0，1，1)， (2 ，2，0)，AF AD 3( ，0，1) 8 分BF
11、3设平面 AFD 的法向量为 n(x，y，z)，由 n0， n0 得，AF AD y z 0，23x 2y 0， )令 x1，得 n(1， ， ) 10 分3 3设直线 BF 与平面 AFD 所成的角为 ，则sin|cos ，n | ，BF |BF n|BF |n| 2327 217即直线 BF 与平面 AFD 所成角的正弦值为 12 分217（20）解：（）由已知可得 1， ，解得 a2，b1，3a2 14b2 a2 b2a 32所以椭圆 的方程为 y 21 4 分x24（）当直线 l 垂直于 x 轴时，由直线 l 与圆 O：x 2y 21 相切，可知直线 l 的方程为 x1，易求|AB|
12、5 分3当直线 l 不垂直于 x 轴时，设直线 l 的方程为 ykxm ，AFPB E CD xyz由直线 l 与圆 O：x 2y 21 相切，得 1，即 m2k 21， 6 分|m|k2 1将 ykxm 代入 y 21，整理得(14k 2)x28kmx 4 m240，x24设 A(x1，y 1)，B(x 2，y 2)，则 x1x 2 ，x 1x2 ， 8 分 8km1 4k2 4m2 41 4k2|AB| 1 k2|x1 x2| 1 k2(x1 x2)2 4x1x2 4 ，1 k2 1 k21 4k2 m21 4k2又因为 m2k 21，所以|AB| 2，43|k|k2 11 4k2 2(3
13、k2 k2 1)1 4k2当且仅当 |k| ，即 k 时等号成立3 k2 122综上所述，|AB|的最大值为 2 12 分（21）解：（）f (x) 2ax ，x11x 1 2ax2 2ax 1x 1令 g(x)2ax 2 2ax1，4a 28a4a( a2)若 0，即 0a2，则 g(x)0，当 x( 1，)时，f (x)0，f (x)单调递增若 0，即 a2，则 g(x)0，仅当 x 时，等号成立，12当 x( 1，)时，f (x)0，f (x)单调递增若 0，即 a2，则 g(x)有两个零点 x1 ，x 2 a a(a 2)2a a a(a 2)2a由 g(1) g (0)10，g (
14、)0 得1x 1 x 2012 12当 x( 1，x 1)时，g (x)0，f (x)0，f (x)单调递增；当 x(x 1，x 2)时，g (x)0， f(x)0，f (x)单调递减；当 x(x 2，)时，g (x)0，f (x)0，f (x)单调递增综上所述，当 0a2 时，f (x)在(1，) 上单调递增；当 a2 时，f (x)在 (1， )和 ( ， )上单调递增， a a(a 2)2a a a(a 2)2a在 ( ， )上单调递减 6 分 a a(a 2)2a a a(a 2)2a（）由（）及 f(0)0 可知：仅当极大值等于零，即 f(x1)0 时，符合要求此时，x 1 就是函数
15、 f(x)在区间(1，0) 的唯一零点 x0所以 2ax 2ax 010，从而有 a 0212x0(x0 1)又因为 f(x0)ln(x 01)ax 0，所以 ln(x01) 002x02(x0 1)令 x01t，则 lnt 0设 h(t)l nt ，则 h(t) t 12t 12t 12 2t 12t2再由（）知：0t ，h (t)0，h (t)单调递减又因为 h(e2 ) 0，h (e1 )12 e2 52 0，e 32所以 e2 te 1 ，即 e2 x 01e 1 12 分（22）解：（）曲线 C1 的极坐标方程为 4cos 设 Q(， )，则 P(， )，则有 4co s( )4si
16、n 2 2所以，曲线 C2 的极坐标方程为 4sin 5 分（）M 到射线 的距离为 d2sin ，3 3 3|AB| B A4 (sin co s )2( 1)，3 3 3则 S |AB|d3 10 分12 3（23）解：（）f (x)|x2|x 1|, 所以 f(x)表示数轴上的点 x 到2 和 1 的距离之和，因为 x3 或 2 时 f(x)5，依据绝对值的几何意义可得 f(x)5 的解集为x|3x2 5 分（）g (a)| 2a| 1|，1a 1a当 a0 时，g (a) 2a15，等号当且仅当 a 1 时成立，所以 g(a)4 无2a解；当 0a1 时，g (a) 2a1，2a由 g(a)4 得 2a25a20，解得 a2，又因为 0 a1，所以 a1；12 12当 a1 时，g (a)2a14，解得 1a ，32综上，a 的取值范围是 ， 10 分12 32
