河北省唐山市22015屆高三上學期期末考試數學（理）試題說明：一、本試卷分為第I卷和第II卷．第I卷為選擇題；第II卷為非選擇題，分為必考和選考兩部分．二、答題前請仔細閱讀答題卡上的“注意事項”，按照“注意事項”的規定答題．三、做選擇題時，每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的標號涂黑．如需改動，用橡皮將原選涂答案擦干凈后，再選涂其他答案．四、考試結束后，將本試卷與原答題卡一并交回，第I卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，有且只有一項符合題目要求．(1)函數的定義域為 (A)[0，3] (B)[1，3] (C)[1，+∞) (D)[3，+∞)(2)某品牌空調在元旦期間舉行促銷活動，下面的莖葉圖表示某專賣店記錄的每天銷售量情況（單位：臺），則銷售量的中位數是(A)13(B)14(C)15(D)16(3)"k<9’’是“方程表示雙曲線”的(A)充分不必要條件 (B)必要不充分條件(C)充要條件 (D)既不充分也不必要條件(4)設變量x、y滿足則目標函數z=2x+3y的最小值為(A)7 (B)8 (C)22 (D)23(5)設Sn是等比數列{an}的前n項和，若,則(A)2 (B) (C) (D)l或2(6)己知的值域為R，那么a的取值范圍是(A)(一∞，一1] (B)(一l，) (C)[－1，) (D)（0，）(7)執行如圖所示的算法，則輸出的結果是(A)1(B)(C)(D)2(8)右上圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積等于(A) (B) (C)1 (D)(9)己知函數,且在區間，上遞減，則＝(A)3 (B)2 (C)6 (D)5(10)4名大學生到三家企業應聘，每名大學生至多被一家企業錄用，則每家企業至少錄用一名大學生的情況有(A)24種 (B)36種 (C)48種 (D)60種(11)橢圓的左焦點為F，若F關于直線的對稱點A是橢圓C上的點，則橢圓C的離心率為(A) (B) (C)，(D)一l2(12)設函數，若對于任意x[一1，1]都有≥0，則實數a的取值范圍為(A)(-,2] (B)[0+) (C)[0,2] (D)[1,2]第II卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填寫在題中橫線上．(13)若復數z滿足z=i(2+z)（i為虛數單位），則z=。(14)過點A(3,1)的直線與圓C:相切于點B，則．(15)在三棱錐P-ABC中，PB=6，AC=3，G為△PAC的重心，過點G作三棱錐的一個截面，使截面平行于直線PB和AC，則截面的周長為．(16)數列{an}的前n項和為Sn，2Sn–nan=n（n∈N*），若S20=-360，則a2=____．三、解答題：本大題共70分，其中(17)-(21)題為必考題，(22)，(23)，(24)題為選考題．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．(17)（本小題滿分12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且csinB=bcosC=3.(I)求b；(II)若△ABC的面積為，求c．(18)（本小題滿分12分）如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA⊥底面ABCD，∠PCD＝90°，PA=AB=AC． (I)求證：AC⊥CD;(II)點E在棱PC上，滿足∠DAE＝60°，求二面甬B-AE-D的余弦值．(19)（本小題滿分12分） 某城市有東西南北四個進入城區主干道的入口，在早高峰時間段，時常發生交通擁堵現象，交警部門統計11月份30天內的擁堵天數．東西南北四個主干道入口的擁堵天數分別是18天，15天，9天，15天．假設每個入口發生擁堵現象互相獨立，視頻率為概率．(I)求該城市一天中早高峰時間段恰有三個入口發生擁堵的概率；(II)設翻乏示一天中早高峰時間段發生擁堵的主干道入口個數，求的分布列及數學期望.(20)（本小題滿分12分）已知拋物線y2=2px(p>0)，過點C（一2，0）的直線交拋物線于A，B兩點，坐標原點為O，．(I)求拋物線的方程；(II)當以AB為直徑的圓與y軸相切時，求直線的方程．(21)（本小題滿分12分）己知函數，直線與曲線切于點且與曲線y=g（x）切于點(1，g(1))．(I)求a，b的值和直線的方程．(II)證明：請考生在第(22)，(23)，(24)三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分．作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目對應的題號涂黑．(22)（本小題滿分10分）選修4-1：幾何證明選講如圖，四邊形么BDC內接于圓，BD=CD，過C點的圓的切線與AB的延長線交于E點．(I)求證：∠EAC＝2∠DCE；(II)若BD⊥AB，BC＝BE，AE＝2，求AB的長．(23)(本小題滿分10)選修4—4；坐標系與參數方程 極坐標系的極點為直角坐標系xOy的原點，極軸為x軸的正半軸，兩種坐標系中的長度單位相同，已知曲線C的極坐標方程為，斜率為的直線交y軸于點E(0,1).(I)求C的直角坐標方程，的參數方程；(II)直線與曲線C交于A、B兩點，求|EA|+|EB|。(24)（本小題滿分10分）選修4-5：不等式選講設函數的最小值為a．(I)求a；(II)已知兩個正數m，n滿足m2+n2=a，求的最小值．參考答案選擇題：A卷：BCAAB CAABD DCB卷：ACADB AACBD CD二、填空題：（13）－1＋i （14）5 （15）8 （16）－1三、解答題：（17）解：（Ⅰ）由正弦定理得sinCsinB＝sinBcosC，又sinB≠0，所以sinC＝cosC，C＝45°．因為bcosC＝3，所以b＝3eq\r(2)． …6分（Ⅱ）因為S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(21,2)，csinB＝3，所以a＝7．據余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝25，所以c＝5． …12分（18）解：PADPADEByzxC因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因為∠PCD＝90，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC． …4分（Ⅱ）因為底面ABCD是平行四邊形，CD⊥AC，所以AB⊥AC．又PA⊥底面ABCD，所以AB，AC，AP兩兩垂直．如圖所示，以點A為原點，以eq\o(AB,\s\up5(→))為x軸正方向，以|eq\o(AB,\s\up5(→))|為單位長度，建立空間直角坐標系．則B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，D(－1，1，0)．設eq\o(PE,\s\up5(→))＝λeq\o(PC,\s\up5(→))＝λ(0，1，－1)，則eq\o(AE,\s\up5(→))＝eq\o(AP,\s\up5(→))＋eq\o(PE,\s\up5(→))＝(0，λ，1－λ)，又∠DAE＝60°，則coseq\o(AE,\s\up5(→))，eq\o(AD,\s\up5(→))＝eq\f(1,2)，即eq\f(λ,\r(2)\r(2λ2－2λ＋1))＝eq\f(1,2)，解得λ＝eq\f(1,2)． …8分則eq\o(AE,\s\up5(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，eq\o(ED,\s\up5(→))＝eq\o(AD,\s\up5(→))－eq\o(AE,\s\up5(→))＝(－1，eq\f(1,2)，－eq\f(1,2))，所以coseq\o(AB,\s\up5(→))，eq\o(ED,\s\up5(→))＝eq\f(eq\o(AB,\s\up5(→))·eq\o(ED,\s\up5(→)),|eq\o(AB,\s\up5(→))||eq\o(ED,\s\up5(→))|)＝－eq\f(\r(6),3)．因為eq\o(AE,\s\up5(→))·eq\o(ED,\s\up5(→))＝0，所以eq\o(AE,\s\up5(→))⊥eq\o(ED,\s\up5(→))．又eq\o(AB,\s\up5(→))⊥eq\o(AE,\s\up5(→))，故二面角B-AE-D的余弦值為－eq\f(\r(6),3)． …12分（19）解：（Ⅰ）設東西南北四個主干道入口發生擁堵分別為事件A，B，C，D．則P(A)＝eq\f(18,30)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(15,30)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(9,30)＝eq\f(3,10)，P(D)＝eq\f(15,30)＝eq\f(1,2)．設一天恰有三個入口發生擁堵為事件M，則M＝eq\o(A,－)BCD＋Aeq\o(B,－)CD＋ABeq\o(C,－)D＋ABCeq\o(D,－)．則P(M)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(7,10)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＝eq\f(45,200)＝eq\f(9,40)． …5分（Ⅱ）ξ的可能取值為0，1，2，3，4．P(ξ＝0)＝eq\f(14,200)＝eq\f(7,100)，P(ξ＝1)＝eq\f(55,200)＝eq\f(11,40)，P(ξ＝2)＝eq\f(77,200)，P(ξ＝3)＝eq\f(45,200)＝eq\f(9,40)，P(ξ＝4)＝eq\f(9,200)．ξ的分布列為：ξ01234peq\f(7,100)eq\f(11,40)eq\f(77,200)eq\f(9,40)eq\f(9,200)E()＝0×eq\f(14,200)＋1×eq\f(55,200)＋2×eq\f(77,200)＋3×eq\f(45,200)＋4×eq\f(9,200)＝eq\f(380,200)＝eq\f(19,10)． …12分（20）解：（Ⅰ）設l：x＝my－2，代入y2＝2px，得y2－2pmy＋4p＝0．（）設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝2pm，y1y2＝4p，則x1x2＝eq\f(y\o(2,1)y\o(2,2),4p2)＝4．因為eq\o(OA,\s\up5(→))·eq\o(OB,\s\up5(→))＝12，所以x1x2＋y1y2＝12，即4＋4p＝12，得p＝2，拋物線的方程為y2＝4x． …5分（Ⅱ）由（Ⅰ）（）化為y2－4my＋8＝0．y1＋y2＝4m，y1y2＝8． …6設AB的中點為M，則|AB|＝2xm＝x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝4m2－4，①又|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r((1＋m2)(16m2－32))， ②由①②得(1＋m2)(16m2－32)＝(4m2－4)2，解得m2＝3，m＝±eq\r(3)．所以，直線l的方程為x＋eq\r(3)y+2＝0，或x－eq\r(3)y+2＝0． …12分（21）解：（Ⅰ）f(x)＝aex＋2x，g(x)＝eq\f(,2)coseq\f(x,2)＋b，f(0)＝a，f(0)＝a，g(1)＝1＋b，g(1)＝b，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線為y＝ax＋a，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線為y＝b(x－1)＋1＋b，即y＝bx＋1．依題意，有a＝b＝1，直線l方程為y＝x＋1． …4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)＝ex＋x2，g(x)＝sineq\f(x,2)＋x． …5分設F(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex＋x2－x－1，則F(x)＝ex＋2x－1，當x∈(－∞，0)時，F(x)＜F(0)＝0；當x∈(0，＋∞)時，F(x)＞F(0)＝0．F(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增，故F(x)≥F(0)＝0． …8分設G(x)＝x＋1－g(x)＝1－sineq\f(x,2)，則G(x)≥0，當且僅當x＝4k＋1（k∈Z）時等號成立． …10分由上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且兩個等號不同時成立，因此f(x)＞g(x)． …12分（22）解：（Ⅰ）證明：因為BD＝CD，所以∠BCD＝∠CBD．因為CE是圓的切線，所以∠ECD＝∠CBD．所以∠ECD＝∠BCD，所以∠BCE＝2∠ECD．因為∠EAC＝∠BCE，所以∠EAC＝2∠ECD． …5分（Ⅱ）解：因為BD⊥AB，所以AC⊥CD，AC＝AB．因為BC＝BE，所以∠BEC＝∠BCE＝∠EAC，所以AC＝EC．由切割線定理得EC2＝AE?BE，即AB2＝AE?(AE－AB)，即AB2＋2AB－4＝0，解得AB＝eq\r(5)－1． …10分（23）解：（Ⅰ）由ρ＝2(cosθ＋sinθ)，得ρ2＝2(ρcosθ