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武汉市2017届高中毕业生四月调研测试数学试卷（理科）
第Ⅰ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．已知复数，则复数在复平面内的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．若等差数列的前项和满足，，则（ ）
A． B．0 C．1 D．3
4．在长为的线段上任取一点，以为邻边作一矩形，则该矩形的面积大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A．7 B．8 C． 9 D．10
6．如图所示，某地一天6~14时的温度变化曲线近似满足函数，则这段曲线的函数解析式可以为（ ）
A．,
B．,
C． ,
D．,
7．已知数列满足，，若，则数列的通项（ ）
A． B． C． D．
8．已知实数满足约束条件，如果目标函数的最大值为，则实数的值为（ ）
A．3 B． C． 3或 D．3或
9．四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
10．已知圆：和点，若圆上存在两点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数（，为自然对数的底数），若与的值域相同，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．或
12．记为中的最小值，若为任意正实数，则的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
14．在四面体中，，则该四面体体积的最大值为 ．
15．已知直线过椭圆的左焦点，与椭圆交于两点，直线过原点与平行，且与椭圆交于两点，则 ．
16．已知的外接圆圆心为，且，若，则的最大值为 ．
三、解答题 （本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17． 已知的三个内角的对边分别为，且满足，，．
（1）求的值；
（2）若平分交于点，求线段的长．
18．某鲜花店根据以往某品种鲜花的销售记录，绘制出日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组区间的频率视为概率，且假设每天的销售量相互独立．
（1）求在未来的连续4天中，有2天的日销售量低于100枝且另外2天不低于150枝的概率；
（2）用表示在未来4天里日销售量不低于100枝的天数，求随机变量的分布列和数学期望．
19．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
20．已知圆：和抛物线：，为坐标原点．
（1）已知直线和圆相切，与抛物线交于两点，且满足，求直线的方程；
（2）过抛物线上一点作两直线和圆相切，且分别交抛物线于两点，若直线的斜率为，求点的坐标．
21．已知函数．
（1）若，其中为自然对数的底数，求函数的单调区间；
（2）若函数既有极大值，又有极小值，求实数的取值范围．
请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线：（为参数）和直线：（为参数）．
（1）将曲线的方程化为普通方程；
（2）设直线与曲线交于两点，且为弦的中点，求弦所在的直线方程．
23．选修4-5：不等式选讲
（1）求不等式的解集；
（2）若正实数满足，求证：．
武汉市2017届高中毕业生四月调研测试理科数学试卷答案
一、选择题
1-5: DBBAC 6-10: ABDCC 11-12:AD
二、填空题
13． 14． 15． 16．
三、解答题
17．解：（1）由余弦定理得，即，联立，解得．
（2），
，，
由，得，∴．
18．（1）设日销量为，有2天日销售量低于100枝，另外2天不低于150枝为事件．则，，
∴．
（2）日销售量不低于100枝的概率，则，于是，
则分布列为
0 1 2 3 4
∴．
19．（1）证明：∵，为的中点，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴．
又，，∴面．
（2）方法一：由平面平面，作于，则面．
作于，连，则，由，，
知，而，，故，即．
在四边形中，设．
则由余弦定理得．
，设与交于点，则，，而，则．于是，即，∴或（舍）
容易求得：，而．
故，由面面，则面，过作于，连，则为二面角的平面角，由平面几何知识易得，．
∴．
方法二：以点为原点，为轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，，，．
∴，．由，得，∴，则，，于是，，
∵，∴，即，解得或（舍），故，则，，于是，，设平面的法向量为，则即，取，则，∴．不妨设平面的法向量，
则，故二面角的余弦值为．
20．（1）解：设，，，由和圆相切，得．∴．
由消去，并整理得，∴，．
由，得，即．∴．
∴，∴，
∴．∴．∴或（舍）．
当时，，故直线的方程为．
（2）设，，，则．
∴． 设，由直线和圆相切，得，
即．设，同理可得：．
故是方程的两根，故．
由得，故．
同理，则，即．
∴，解或．当时，；当时，．
故或．
21．（1），
由知，
设，则，，
∴，∴在上单调递增，观察知，
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
（2），，
由，得．
设，则，由，得．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
∴． 又时，时，
∴，这是必要条件．
检验：当时，既无极大值，也无极小值；当时，满足题意；
当时，只有一个极值点，舍去；当时，则，则．
综上，符合题意的的范围为且且．
22．解：（1）由，得，即，又，两式相除得，代入，得，整理得，即为的普通方程．
（2）将代入，
整理得．由为的中点，则．
∴，即，故，即，所以所求的直线方程为．
23．解：（1）当时，，解得，∴；
当时，，解得，∴；
当时，，解得，舍去．
综上，．故原不等式的解集为．
（2）证明：要证，只需证，即证，即证，
而，所以成立，所以原不等式成立．
