1、否输出 S是 开始 0S3?i1i()Ssi1结束丹东市 20172018 学年度上学期期末教学质量监测高三理科数学本试卷共 23 题，共 150 分，共 4 页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 12 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设集合 2|MxR， 1,0N，则 MNA 0B C ,1D 1,02复数 z满足 2(1i)|3i|z，则在复平面内 z对应的点位于A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3下列函数为奇函数的是A12yxB exyC e D cos4某几何体的三视图如图所示，其中主视图，左
2、 视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，则该此几何体的体积为A 216BC 2136D 5执行右面的程序框图后，输出的 SA6B27C 33D1246某校为了研究学生的性别和对待某一活动的态度（支持与不支持）的关系，运用 22 列联表进行独立性检验，经计算 26.705K，则所得到的统计学结论是：有（ ）的把握认为“学生性别与支持该活动没有关系” A 99.9% B99%C 1% D0 .1%附: 2()PKk0.100 0.050 0.025 0.010 0.0011111k2.706 3.841 5.024 6.635 10.8287现将 5 张连号的电影票分给甲乙等 5
3、 个人，每人一张，且甲乙分得的电影票连号，则共有不同分法的种数为A12 B24 C48 D608三棱锥 PC中， M， N分别是 AB， P的中点，若 MNBC， 3PA，则异面直线 与 所成角为A 30B 45C 60D 90 9已知 x是函数 ()elnxf的极值点，若 (,)ax， 0(,)b，则A ()fa， 0bB f， f C ， f D ， 10若函数 ()2si()6x在区间 0,3x和 072,6上都是单调递增函数，则实数0的取值范围为A ,6B ,32C ,D 3,4811双曲线 C：21(0,)xyab与抛物线 24yx有公共焦点 F， P是它们的公共点，设 (0,)Q，
4、若 PF，则 的离心率 eA 21B 52C D 21 12已知扇形 O的圆心角是 60，半径是 1， 是弧 AB上不与 ， 重合的一点，设 Cxy(,)xR，若 uxy存在最大值，则实数 的取值范围为A (,2)B 12C (,3)D (1,3) 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若 x，y 满足约束条件 260yx，则 2zxy的最小值为_14经过三点 (1,3)A， (4,)B， (1,7)C的圆的半径是_15甲、乙、丙、丁四人商量去不去看一部电影，他们之间有如下对话：甲说：乙去我才去；乙说：丙去我才去；丙说：甲不去我就不去；丁说：乙不去我就不去最终这四人中
5、有人去看了这部电影，有人没去看这部电影，没有去看这部电影的人一定是_16在 ABC 中，角 A，B ，C 的对边分别为 a，b，c，且 2cosBab，若ABC 的面积为 32c，则ab 的最小值为 _三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。17 （ 12 分）设 nS为数列 na的前 项和，已知 2nSa（1 ）求数列 的通项公式；（2 ）求数列 2n的前 项和 nT18 （ 12 分）甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司的底薪
6、 70 元，每单抽成 3 元；乙公司无底薪，40 单以内（含 40 单）的部分每单抽成 5 元，超出 40 单的部分每单抽成 7 元，假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其 100 天的送餐单数，得到频数表如下：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数 38 39 40 41 42天数 20 40 20 10 10乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数 38 39 40 41 42天数 10 20 20 40 10将上表中的频率视为概率，回答下列问题：（1 ）现从甲公司随机抽取 3 名送餐员，求恰有 2 名送餐员送餐单数超过 40 的概率；（2 ） （i ）
7、记乙公司送餐员日工资为 X（单位：元） ，求 X 的数学期望；（ii）某人拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日平均工资的角度考虑，他应该选择去哪家公司应聘，说明理由19 （ 12 分）长方形 ABCD中， 2A， M是 DC中点（图 1） 将 ADM沿 折起，使得 ADBM（图2） 在图 2 中：（1 ）求证：平面 平面 B； （2 ）在线段 上是否存点 E，使得二面角 E为大小为 4，说明理由20 （ 12 分）已知动点 E 到点 A(2,0)与点 B(2,0)的直线斜率之积为 14，点 E 的轨迹为曲线 C（1 ）求 C 的方程；（2 ）过点 D 1,作直线 l 与曲线 C 交
8、于 P， Q两点，求 OP的最大值21 （ 12 分）CEA图 1 图 2A BC DDBMM设函数 ()exfa（1 ） 讨论 的单调性；（2 ）当 0时， 2()x，求 a的取值范围（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。22 选修 4-4：坐标系与参数方程 （10 分）在直角坐标系 xOy中，点 (1,2)P在倾斜角为 的直线 l上以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C的方程为 6sin（1 ）写出 l的参数方程及 C的直角坐标方程；（2 ）设 与 相交于 A， B两点，求 1|APB的最小值23 选修 4-
9、5：不等式选讲（10 分）已知函数 ()|3|1|fxx的最小值为 m（1 ）求 m的值；（2 ）若 0a， b， a，求证 49ab丹东市 20172018 学年度上学期期末教学质量监测高三理科数学答案与评分参考本次高三期末考试属于一轮复习的终结性考试，整卷难度低于 2017 年高考试卷难度，目的是对第一轮复习的质量做出结论性鉴定，为二三轮复习计划制定提供依据。2018 年 3 月末 4 月的初第一次模拟考试试卷难度应达到或超过 2017 年高考试卷的难度。同学们寒假应该再去练习一下立体几何证明问题，建议理科同学把近 5 年的新课标文科高考试卷中的立体几何解答题做一遍。还应该复习一下立体几何
10、求空间角的非向量方法。一、选择题：1C 2D 3C 4A 5B 6C7C 8A 9D 10B 11A 12A 二、填空题：138 145 15丁 161211解：因为 F(1,0)， (,)Q， PF，所以 1QPk，直线 ： 1yx，代入 24yx得到 P(1,2)，所以 Px轴， |2|， |21a e2112解：设 AOC， 03所以 OCAxyOBA，即coscs()o33xy，得3cosin2xy（也可以建立坐标系得出） 所以2(1)cs(1)sinsin()3u，其中 1tan3(2)因为 (,)3，若 (0)uxy存在最大值，则 kZ，使得 ,)3k，即2k，得 226kk， 3
11、tan由 133(2)，得 1三、解答题：17解：（1 ） n时， 12Sa，即 12 2 分由题设 n， 1n，两式相减得 12na 4 分所以 na是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故 n 6 分（2 ） 23102n nT 两边同乘以 得 234102n n 8 分上式右边错位相减得 23111()2n nT所以 112nnn 10 分化简得 nT 12 分18解：（1 ）从甲公司记录的 100 天中随机抽取 1 天，送餐单数超过 40 的概率 2015P有放回地抽取 3 次，3 次抽取中，恰有 2 次送餐单数超过 40 的概率是232C()515 4 分（2 ） （i ）设乙公司
12、送餐员送餐单数为 a，乙公司送餐员日工资为 X 元当 a=38 时，X=385=190；当 a=39 时，X=395=195；当 a=40 时，X=405=200；当 a=41 时，X=405+17=207；当 a=42 时，X=405+27=214X 的所有可能取值为 190，195，200，207，214 6 分故 X 的分布列为：X 190 195 200 207 214P 10512510X 的数学期望 E（X）=190 +195 +200 +207 +214 = .2（元） 8 分（ii）公司送餐员日平均送餐单数为 380.2+390.4+400.2+410.1+420.1=39.5
13、所以甲公司送餐员日平均工资为 70+339.5=188.5（元） 因为 188.5202.2，故这个人应该选择去乙公司应聘 12 分19解：（1 ）在长方形 ABCD中，连结 M，因为 2ABD， M是 C中点，所以 2AMBD，从而 22M，所以 因为 ， ，所以 平面 因为 BM平面 AC，所以平面 ADM平面 BC 6 分（2 ）因为平面 ADM平面 BC，交线是 AM，所以在面 AD过 M垂直于 A的直线必然垂直平面 BC以 为坐标原点， 为 x轴， 为 y轴，过 作平面 BC的垂线为 z轴，建立空间直角坐标系 8 分设 2A，则 (,0)， (,20)B， (1,)D， (1,2)B
14、设 1BED，则 ,ME设 1(,)xyzn是平面 A的法向量，则 10EAn，即 (2)0xyz，取1(0,2) 平取面 MD的一个法向量是 2(0,1)n依题意 12|cos,|n，即 22()，解方程得 23，或 ，取 2(0,1)3，因此在线段 B上存点 E，使得二面角 EAMD为大小为 412 分20解：（1 ）设 (,)Exy，则 2因为 E 到点 A ,0，与点 B(,0)的斜率之积为 14，所以 12yx，整理得 C 的方程为21(2)4xy 4 分（2 ）当 l 垂直于 x轴时，l 的方程为 1x，代入214y得 3(,)2P， 3(1,)2Q31(1,),)24OPQ 6
15、分当 l 不垂直于轴时，依题意可设 (1)0ykx，代入214xy得CE图 2A BDMxzy22(14)840kxk因为 216(3)0k，设 1(,)Pxy， 2(,)Qxy则 122，214kx2112()OPQyx 22211()()kxxk24248(1)kk746k综上 ，当 l 垂直于 x轴时等号成立，故 OPQ的最大值是 412 分21解：（1 ） ()exfa若 0a，则 0，在 (,)单调递增 2 分若 ，当 (,ln)xa时， 0fx；当 (ln,)a时， ()0fx于是 ()fx在 ,ln)a单调递减，在 (ln,)a单调递增 6 分（2 ）方法 1：当 0x时， 2e
16、()xa，即 22eexxa因为函数 y在 0,单调递增，所以 8 分设 2()exgx， 2()1exg，当 0,ln2)时， ()0gx， ()单调递增；当ln2,时， ， 单调递减故 (gl2，所以 ln2a综上， a的取值范围为 ln2, 12 分（2 ）方法 2：设 2()e()xg，则当 0x时， ()0gx由 0，得 a 8 分()2exg，当 x时， ()2e1)0xg， ()gx单调递增，所以0(1)a若 ，当 0x时， ()0x， ()gx单调递增，故 ()0gx因为 2()0ga，所以 ()0gx若 21a，由 (0)21)0ga， (1)2e)0ga，知 ()gx在 0
17、,)存在唯一零点，设为 0x，则 0(ex当 0时， )， ()gx单调递减；当 0x时， ()x， ()gx单调递增；故 ()gx在0,)有最小值 (gx而 0 02(2e)e(2)xa由 0e(2)x得 0ln2x由（1）得 0(x在 ,ln单调递减，所以 ln,1)a综上， a的取值范围为 2, 12 分22解：（1 ） l的参数方程为 1cos2inxty（ t为参数） 由 6sin得 26si， C的直角坐标方程是 260xy5 分（2 ）将 l的参数方程代入 的直角坐标方程得 2(cos2in)7t因为 2(cosin)80， 12int， 120t，所以 1212|tt所以 1|PAB12()4| 34si777t，当 45时等号成立因此|取最小值 7 10 分23解：（1 ） ()|3|1|31|4fxxx，取等号时， (3)10x，即 3x或 1，故4m 5 分（2 ）由（1 ） 4ab，所以 ()44ababa因为 21，取等号时， ，因为 ，所以 3，83b故 149ab 10 分
