四川省成都市石室中学2018届高三下期二诊模拟考试数学文试卷及答案

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【数学】四川省成都市2018届高三第二次诊断性检测数学(文)试题

成都市2015级高中毕业班第二次诊断性检测数学（文科）第Ⅰ卷（选择题，共60分）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. 设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】故选D.2. 已知向量，，.若，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，故选B.3. 若复数满足，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】................. ..........故选A.4. 设等差数列的前项和为.若，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】又.可得，则故选D.5. 已知，是空间中两条不同的直线，，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A. 若，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则【答案】C【解析】由题设，则A. 若，则，错误；B. 若，，则错误；D. 若，，当时不能得到，错误.故选C.6. 在平面直角坐标系中，经过点且离心率为的双曲线的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，得，当焦点在x轴时，设双曲线方程为，代入，得，解得，当焦点在y轴时，设双曲线方程为，代入，得，无解。

所以，即双曲线方程为，选B.【点睛】求圆锥线方程，一定要先定位，再定量，当不能定位时，要根据焦点在x轴，y轴分类讨论。

7. 已知函数的部分图象如图所示.现将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数的解析式为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意可知的振幅，周期则，由，，解得：，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则故选D.【点睛】本题考查求函数的解析式，函数的坐标变换，考查数形结合思想，属于基础题．8. 若为实数，则“”是“”成立的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解不等式可得，是的真子集，故“”是“”成立的必要不充分条件.故选B.9. 《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示，该几何体为四棱锥．底面为矩形，其中底面．则该阳马的外接球的直径为∴该阳马的外接球的体积=故选C.10. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果为，则判断框中的条件可以是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，当时．此时有，算法结束，所以判断框中的条件应填，这样才能保证进行7次求和．故选D．【点睛】本题考查了程序框图中的直到型循环，循环结构主要用在一些规律的重复计算，如累加、累积等，在循环结构框图中，特别要注意条件应用，如计数变量和累加变量等．11. 已知数列满足：当且时，有.则数列的前项的和为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，选A. 【点睛】由于，所以可以考虑并项求和，两项一并，分成100组再求和。

四川省成都市2018届高中毕业班摸底测试数学(文)答案及评分意见

�� １１分
∴在这５只小白鼠中随机抽取３只,其中至少有一只 B 项指标数据高于３的概
率为１９０．
�� １２分
１９．解:(Ⅰ)连接 A１F,则 A１,F,C 共线．在三棱柱 ABC－A１B１C１中,侧棱垂直于底面,
又∵m ≠０．
∴０＜m２＜６,且 m２≠４．
∵x１
＋x２
＝
２m －３
,x１x２
＝m２６－２,
�� ７分
∴ PQ ＝５ x１－x２＝５ (x１＋x２)２－４x１x２
＝５
(－２３m )２－４×m２６－２＝
１０�� ３
６－m２．
又点 M 到直线y＝２x＋m 的距离d＝ m , ５
∴S△MPQ
＝
１( ２
１０�� ３
６－m２ )��
m ５
＝
２�� ６
m
��
６－m２
＝
２６
m２(６－m２)．
�� ９分
∴S２△MPQ ＝１１８m２(６－m２)．
∵０＜m２＜６,m２≠４,∴S２△MPQ ∈(０,１２]．
�� １０分
∴VF－ABC
＝
１３S△ABC
��h＝
４３
．
�� １２分
２０．解:(Ⅰ)设 C(x,y)．由题意,可得xy－１��xy＋１＝－２(x≠±１)． ∴曲线 E 的方程为x２＋y２２＝１(x≠±１)． (没有注明取值范围扣１分 )

石室中学2018届高三二诊模拟考试文数试题含答案

成都石室中学高2018届二诊模拟考试数学（文科）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分. 1.已知复数21iz i=+，则z 的共轭复数是（） A ．1i - B ．1i + C ．i D ．i -2.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，12a =，533a a =，则3a =（） A ．-2 B ．0 C ．3 D ．63.已知向量(1,2)a =-，(3,)b m =，m R ∈，则“6m =-”是“//()a a b +”的（） A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件4.设函数2()log f x x =，在区间(0,5)上随机取一个数x ，则()2f x <的概率为（） A ．15 B ．25 C.35 D ．455.一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为（）A ．203 B ．403C.20 D ．40 6.已知,x y 满足条件020x y x x y k ≥⎧⎪≤⎨⎪++≤⎩，若目标函数3z x y =+的最大值为8，则k =（）A ．-16B ．-6 C.83-D ．6 7.定义运算*a b 为执行如图所示的程序框图输出的S值，则1(lg9lg2)294100*(log 8log -•的值为（）A ．1316 B ．92C.4 D ．6 8.如图，在正四棱锥S ABCD -中，,,E M N 分别是,,BC CD SC 的中点，动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论：①EP AC ⊥；②//EP BD ；③//EP 面SBD ；④EP ⊥面SAC .其中恒成立的为（）A ．①③B ．③④ C. ①② D ．②③④ 9.若曲线212y x e=与曲线ln y a x =在它们的公共点(,)P s t 处具有公共切线，则实数a =（） A ．-2 B ．12C. 1 D ．210.已知ABC ∆是边长为EF 为ABC ∆的外接圆O 的一条直径，M 为ABC ∆的边上的动点，则ME FM •的最大值为（）A ．3B ．4 C.5 D ．611.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ，,A B是圆222()4x c y c ++=与C 位于x 轴上方的两个交点，且12//F A F B ，则双曲线C 的离心率为（）A D12.若对,m n R ∀∈，有()()()3g m n g m g n +=+-，求2()()1f xg x x =++的最大值与最小值之和是（）A ．4B ．6 C.8 D ．10二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知集合{|(3)0}A x x x =->，集合{|22}x B y y ==+，则A B =∩ ． 14.已知角α的始边是x 轴非负半轴．其终边经过点34(,)55P --，则tan α的值为．15.在直角坐标系xOy 中，点(0,3)A ，直线:24l y x =-，设圆C 的半径为1，圆心在l 上，若圆C 上存在唯一一点M ，使||2||MA MO =，则圆心C 的非零横坐标是．16.数列{}n a 满足132a >，211n n n a a a +=-+，且2017112i ia ==∑，则201814a a -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. 某学校为调查高一新生上学路程所需要的时间（单位：分钟），从高一年级新生中随机抽取100名新生按上学所需时间分组：第1组(0,10]，第2组(10,20]，第3组(20,30]，第4组(30,40]，第5组(40,50]，得到的频率分布直方图如图所示.（1）根据图中数据求a 的值；（2）若从第3，4,5组中用分层抽样的方法抽取6名新生参与交通安全问卷调查，应从第3,4,5组各抽取多少名新生？（3）在（2）条件下，该校决定从这6名新生中随机抽取2名新生参加交通安全宣传活动，求第4组至少有一名志愿者被抽中的概率.18. 在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知30B ∠=°，ABC ∆的面积为32. （1）当,,a b c 成等差数列时，求b ；（2）求AC 边上的中线BD 的最小值.19. 如图，四棱锥E ABCD -中，AE DE ⊥，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，6CD DA ==，2AB =，3DE =.（1）求棱锥C ADE -的体积；（2）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（3）在线段DE 上是否存在一点F ，使//AF 平面BCE ？若存在，求出EFED的值；若不存在，说明理由.20. 已知两点(2,0)A -，(2,0)B ，动点P 与,A B 两点连线的斜率PA PB k k ，满足14PA PB k k =-•.（1）求动点P 的轨迹E 的方程；（2）H 是曲线E 与y 轴正半轴的交点，曲线E 上是否存在两点,M N ，使得HMN ∆是以H 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.21. 已知2()(12)xf x e x mx m =++-，其中m R ∈. （1）当1m =时，求函数()y f x =单调递增区间；（2）求证：对任意m R ∈，函数()y f x =的图象在点(0,(0))f 处的切线恒过定点；（3）是否存在实数m 的值，使得()y f x =在(,)-∞+∞上有最大值或最小值，若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由.22.直角坐标系中曲线C 的参数方程为4cos 3sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）.（1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）经过点(0,1)M 作直线l 交曲线C 于,A B 两点（A 在B 上方），且满足||2||BM AM =，求直线l 的方程.二诊模拟文科答案一、选择题1-5:AAADB 6-10:BAACA 11、12：CB 二、填空题13. {|23}x x << 14.43 15. 125 16.32- 三、解答题17.解：（1）因为(0.0050.010.030.035)101a ++++⨯=，所以0.02a =. （2）依题意可知，第3组的人数为0.310030⨯=，第4组的人数为0.210020⨯=，第5组的人数为0.110010⨯=. 所以3、4、5组人数共有60.所以利用分层抽样的方法在60名学生中抽取6名新生，分层抽样的抽样比为616010=. 所以在第3组抽取的人数为130330⨯=人，在第4组抽取的人数为120210⨯=人，在第5组抽取的人数为110110⨯=人. （3）记第3组的3名新生为123,,A A A ，第4组的2名新生为12,B B ，第5组的1名新生为1C ，则从6名新生中抽取2名新生，共有：12(,)A A ，13(,)A A ，11(,)A B ，12(,)A B ，11(,)A C ，23(,)A A ，21(,)A B ，22(,)A B ，21(,)A C ，31(,)A B ，32(,)A B ，31(,)A C ，12(,)B B ，11(,)B C ，21(,)B C ，共有15种.其中第4组的2名新生12,B B 至少有一名新生被抽中的有：11(,)A B ，12(,)A B ，21(,)A B ，22(,)A B ，31(,)A B ，32(,)A B ，12(,)B B ，11(,)B C ，21(,)B C 共9种，则第4组至少有一名新生被抽中的概率为93155P ==. 18.解：（1）由条件2a c b +=，6ac =，而222b ac =+=2()(2a c ac +-246(2b =-.即236(2b =，解得1b =（2）∵2BA BC BD +=，∴||(BA BD ==2BA BC BA BC++•=≥==.当a c ==19.解：（1）在Rt ADE ∆中，AE =CD ⊥平面ADE ，所以棱锥C ADE -的体积为13C ADE ADE V S CD -∆=•132AE DECD ==•••（2）证明：因为CD ⊥平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥.又因为AE DE ⊥，CD DE D =∩，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .（3）结论：在DE 线段上存在一点F ，且13EF ED =，使//AF 平面BCE . 设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作//FM CD 交CE 于M ，则13FM CD =.因为CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，所以//CD AB .又因为3CD AB =，所以MF AB =，//FM AB ，所以四边形ABMF 是平行四边形，则//AF BM ．又因为AF ⊄平面BCE ，BM ⊂平面BCE ，所以//AF 平面BCE . 20.解：（1）设点P 的坐标为(,)(2)x y x ≠±，则02PA y k x -=+，02PB y k x -=- ，依题意14PA PBk k =-•，所以1224y y x x =-+-•，化简得2214x y +=，所以动点P 的轨迹E 的方程为221(2)4x y x +=≠±. （2）设能构成等腰直角HMN ∆，其中H 为(0,1)，由题意可知，直角边HM ，HN 不可能垂直或平行于x 轴，故可设HM 所在直线的方程为1y kx =+，（不妨设0k >），则HN 所在直线的方程为11y x k=-+. 联立方程22144y kx x y =+⎧⎨+=⎩，消去y 整理得22(14)80k x kx ++=，解得2814M kx k=-+. 将2814M kx k =-+代入1y kx =+可得228114M k y k -=++，故点M 的坐标为22288(,1)1414k k M k k--+++.所以||HM ==.同理可得H =，由||||HM HN =，得22(4)14k k k +=+，所以324410k k k -+-=，整理得2(1)(31)0k k k --+=，解得1k =或32k ±=当HM 斜率1k =时，HN 斜率-1；当HM 斜率32k =HN 斜率32-；当HM 斜率k =HN . 综上所述，符合条件的三角形有3个.21.解：（1）当1m =时，2()(1)xf x e x x =+-，2'()(3)xf x e x x =+. 令()0f x >，得0x >或3x <-.∴函数()y f x =的单调递增区间为(,3)-∞-，(0,)+∞.（2）2'()[(2)(1)]x f x e x m x m =+++-，(0)1f m =-，'(0)12f m =-.∴函数()y f x =的图象在点(0,(0))f 处的切线方程为(12)(1)(0)y m m x --=--. 即(1)210m x y m -++-=.方程(1)210m x y m -++-=可化为(2)(1)0m x x y +--+=，当2010x x y +=⎧⎨-+=⎩即21x y =-⎧⎨=-⎩时，对任意m R ∈，(1)210m x y m -++-=恒成立.∴函数()y f x =的图象在(0,(0))f 点处的切线方程(1)210m x y m -++-=经过定点(2,1)--.（3）2'()[(2)(1)]x f x e x m x m =+++-.令2112y x mx m =++-，22(2)(1)y x m x m =+++-，2214(12)84m m m m ∆=--=+-，222(2)4(1)8m m m m ∆=+--=+.①当20∆≤即80m -≤≤时，2(2)(1)0y x m x m =+++-≥， ∴2'()[(2)(1)]0xf x e x m x m =+++-≥， ∴()y f x =在(,)-∞+∞上单调递增，∴()y f x =在(,)-∞+∞上不存在最大值和最小值.②当20∆>即8m <-或0m >时，设方程2(2)(1)0x m x m +++-=的两根为12,x x .'()()f x f x ，随x 的变化情况如下表：当x →-∞时，()0f x >，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞.∴要使()y f x =在(,)-∞+∞上有最大值或最小值，只需满足2()0f x ≤即10y ≤有解.∴2214(12)840m m m m ∆=--=+-≥，解得4m ≤--4m ≥-+综上可得，4m ≤--4m ≥-+22.解：（1）由题意：曲线C 的直角坐标方程为：221169x y +=. （2）设直线l 的参数方程为cos 1sin x t y =∂⎧⎨=+∂⎩（∂为参数）代入曲线C 的方程有：22(7sin 9)32sin 1280t t ∂++∂-=，设点,A B 对应的参数分别为12,t t ，则212t t =-，则121232sin 97sin t t t ∂+=-=-+∂，21212128297sin t t t =-=-+∂•， ∴2sin 1∂=，∴直线l 的方程为：0x =.。

成都石室中学高届高考适应性考试数学文科答案

石室中学高2018届高考适应性考试（二）数学参考答案（文科）一、选择题二、填空题13. 1； 14. 3+ 15. 6π； 16. 1-三、解答题17. 解：（1）由*21（）=-∈n n S a n N ，可得1121S a =-，…………………….1分∴1121a a =-，∴11a =.又2221S a =-，∴12221a a a +=-，∴22a =.…………………….2分 ∵数列{}n a 是等比数列，∴公比212a q a ==，…………………….4分 ∴数列{}n a 的通项公式为12n n a -=.…………………….6分（2）由（1）知，lg (1)lg2n n b a n ==-，…………………….8分∴数列{}n n b a +的前n 项和1122()()()n n n T b a b a b a =++++++n-1=(0+1)+(lg2+2)++[(n-1)lg2+2]1[lg22lg2(1)lg2](122)n n -=+++-++++ ＝(1)lg 2212n n n -+-…………………….12分18. 解：（1）根据题意完成下面的列联表：…………………….2分根据列联表中的数据，得到()22502012108 3.46 2.70630202822⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯K ，………….5分所以有90%的把握认为“评定类型与性别有关”；…………………….6分（2）设步行数在30016000中的男性的编号为1，2，女性的编号为,,a b c .选取三位的所有情况为：()()()()()()()()()()1,2,,1,2,,1,2,c ,1,,,1,,,1,,,2,,,2,,,2,,,,,a b a b a c b c a b a c b c a b c 共有10种情形，…………………….9分符合条件的情况有：()()()1,2,,1,2,,1,2,a b c 共3种情形. …………………….11分故所求概率为310.…………………….12分 19. （1）证明：由已知得AD DE ⊥，DC DE ⊥，,AD CD ⊂平面ABCD ，且AD CD D =，所以DE ⊥平面ABCD .…………………….3分又BC ⊂平面ABCD ，所以BC ED ⊥.又因为//ED FC ，所以FC BC ⊥，即FCB ∆为直角三角形. …………………….5分（2）解：连结AC ，AF ，ABCDEF A CDEF F ACB V V V --=+.…………………….6分过A 作AG CD ⊥交CD 于G ，又因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE AG ⊥，且CD DE D =，所以AG ⊥平面CDEF ，则AG 是四棱锥A CDEF -的高. …………………….7分因为四边形ABCD 是底角为60的等腰梯形，1AD DE ==，所以AG =2AB =，136A CDEF CDEF V AG S -=⋅=.…………………….9分因为DE ⊥平面ABCD ，//FC DE ，所以FC ⊥平面ABCD ，则FC 是三棱锥F ACB -的高.136F ACB ACB V FC S -∆=⋅=.…………………….11分3ABCDEF A CDEF F ACB V V V --=+=…………………….12分20．解：（1）在椭圆C ：2214x y +=中，2a =，1b =，所以c ==故椭圆C 的焦距为2c =c e a ==3分（2）设00(,)P x y （00x >，00y >），则220014x y +=，故220014x y =-．所以2222220003||||||14TP OP OT x y x =-=+-=，所以0||2TP x =，01||||24OTPS OT TP x ∆=⋅=．…………………….6分又(0,0)O ，F ，故0012OFP S OF y y ∆=⋅=．…………………….8分因此00()2OFP OTPOFPT x S S S y ∆∆=+=+四边形==10分由220014x y +=，得1≤，即001x y ⋅≤，所以OFPT S =四边形，…………………….11分当且仅当2200142x y ==，即0x =02y =时等号成立. ……………….12分 21. 解：（1）因为()'x m f x n e=-+，让你以()'0f n m =-，即3n m -=-.又因为()0f m =，所以切点坐标为()0,m ，因为切点在直线32y x =-+上，所以2m =，1n =-.…………………….3分（2）因为()x m f x x e =+，所以()'1x x xm e m f x e e -=-+=. 当0m ≤时，()'0f x >，所以函数()f x 在(],1-∞上单调递增，令00x a =<，此时()00a mf x a e=+<，符合题意；…………………….5分当0m >时，令()'0f x =，则ln x m =，则函数()f x 在(),ln m -∞上单调递减，在()ln ,m +∞上单调递增. …………………….7分①当ln 1m <，即0m e <<时，则函数()f x 在(),ln m -∞上单调递减，在(]ln ,1m 上单调递增，()()min ln ln 10f x f m m ==+<，解得10m e<<.…………………….9分②当ln 1m ≥，即m e ≥时，函数()f x 在区间(],1-∞上单调递减，则函数()f x 在区间(],1-∞上的最小值为()110mf e=+<，解得m e <-，无解. …………………….11分综上，1m e <，即实数m 的取值范围是1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.…………………….12分22.解：（1）直线l ：06sin 2cos 32=+-m θρθρ，曲线：1C θρsin 2m =； …………………….5分（2）2,ρρ==A B23ρρ=-==A B AB m 0>m 54∴=m …………………….10分23.解:(1)对(), ()|x R f x x x a x x a a ∀∈=++≥-+= 当且仅当()0x x a +≤时取等号，故原条件等价于21a a ≥-,即21a a ≥-或()211a a a ≤--⇒≤, 故实数a 的取值范围是(],1-∞. …………………….5分 (2)由210a x x a -≥++≥,可知210a -≥, 所以12a ≥’ 故-0a <. 故()2,,02,0x a x a f x a a x x a x --<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪+>⎩,的图象如图所示，由图可知222152(3)212a b a a b a a b =⎧--=-⎧⎪⇒⎨⎨++=-=-⎩⎪⎩…………………….10分。

四川省成都市石室中学2023-2024学年高三下学期二诊模拟考试文科数学试题(A)

四川省成都市石室中学2023-2024学年高三下学期二诊模拟考试文科数学试题（A）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________三、解答题17．某校从高二年级学生中随机抽取60名学生，将他们的期中成绩（均为整数）分成六段，[)[)40,50,50,60,L ，[]90,100后得到如图所示的频率分布直方图，观察图形，回答下列问题：所以//EH 平面11BCC B ，又EH Ì平面1111D C B A ，且平面11BCC B I 平面111111A B C D B C =，所以//EH 11C B .当11A D 与11C B 不平行时，//EH 11C B 不成立.①是假命题.对于②，同①，//EH 11C B ，则//BC AD .②是真命题.对于③，四边形ABCD 矩形，所以//AD BC .AD Ë平面11BCC B ，BC Ì平面11BCC B ，//AD 平面11BCC B ，又11//DD CC ，同理1//DD 平面11BCC B ,且1AD DD D =I ,所以平面11AA D D //平面11BCC B ，所以四棱柱1111ABCD A B C D -可看作四边形11AA D D 为上底面，四边形11BCC B 为下底面的四棱柱，过F 作1CC 的平行线交11C D 于点H ，则H 为11C D 的中点，连接EH ，由条件有11EH D C ^，又11EF D C ^，且EH EF E =I ,则11D C ^平面EFH ，则11FH D C ^，1//FH DD ，所以111DD D C ^ ，又1111D A D C ^，且1111DD D A D =I ，所以11D C ^平面11ADD A ，则四棱柱1111ADD A BCC B -为直四棱柱.但当上底面11ADD A 变化时，不能确保111DD A D ^，即1DD ^平面1111D C B A 不一定成立，故③是假命题.故选：B.对于434=\=，则y,x+£，令01x y所以()()9f x a f x b c -+++³，当且仅当3a b c ===且72x -££取等号.。

2018届四川省成都市高三第二次诊断性模拟检测数学(理)试题(解析版)

2018届四川省成都市高三第二次诊断性模拟检测数学（理）试题（解析版）第Ⅰ卷（选择题，共60分）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. 设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】故选D.2. 已知向量，，.若，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，故选B.3. 若复数满足，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】故选A.4. 设等差数列的前项和为.若，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】又.可得，则故选D.5. 已知，是空间中两条不同的直线，，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A. 若，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则【答案】C【解析】由题设，则A. 若，则，错误；B. 若，，则错误；D. 若，，当时不能得到，错误.故选C.6. 若的展开式中含项的系数为，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】二项式的展开式的通项为令，解得，，解得故选B.7. 已知函数的部分图象如图所示.现将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数的解析式为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意可知的振幅，周期则，由，，解得：，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则故选D.【点睛】本题考查求函数的解析式，函数的坐标变换，考查数形结合思想，属于基础题．8. 若为实数，则“”是“”成立的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解不等式可得，是的真子集，故“”是“”成立的必要不充分条件.故选B.9. 《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示，该几何体为四棱锥．底面为矩形，其中底面．...........................则该阳马的外接球的直径为∴该阳马的外接球的体积=故选C.10. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果为，则判断框中的条件可以是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，当时．此时有，算法结束，所以判断框中的条件应填，这样才能保证进行7次求和．故选D．【点睛】本题考查了程序框图中的直到型循环，循环结构主要用在一些规律的重复计算，如累加、累积等，在循环结构框图中，特别要注意条件应用，如计数变量和累加变量等．11. 已知函数在区间内有唯一零点，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意在区间内有唯一实数解令，解得，∴函数在区间[1，e]上单调递增，则，则的取值范围为.故选A.12. 已知双曲线：右支上的一点，经过点的直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点.若点，分别位于第一，四象限，为坐标原点.当时，的面积为，则双曲线的实轴长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】可设的面积为由题意可得，解得由，可得即为代入双曲线的方程，可得解得故选A.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13. 已知，，则__________．【答案】【解析】由题即答案为.14. 如图是调查某学校高三年级男女学生是否喜欢篮球运动的等高条形图，阴影部分的高表示喜欢该项运动的频率.已知该年级男生女生各名（假设所有学生都参加了调查），现从所有喜欢篮球运动的同学中按分层抽样的方式抽取人，则抽取的男生人数为__________．【答案】24【解析】由等高条形图可知，500名女同学中喜欢篮球运动的频率为，即女同学中喜欢篮球运动的由100人，500名男同学中喜欢篮球运动的频率为，即男同学中喜欢篮球运动的由300人.故从所有喜欢篮球运动的同学中按分层抽样的方式抽取人，则抽取的男生人数为即答案为24人.15. 已知抛物线：的焦点为，准线与轴的交点为，是抛物线上的点，且轴.若以为直径的圆截直线所得的弦长为，则实数的值为__________．【答案】【解析】由题，直线圆心到直线的距离为由题意以为直径的圆截直线所得的弦长为，则即答案为，16. 已知数列共项，且，.记关于的函数，.若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为.则满足条件的数列的个数为__________．【答案】1176【解析】由题，，是函数的极值点，即又故这七项中必有2项取1,5项取-1，，即中方法，又曲线在点处的切线的斜率为.，即或，（或-4），故这八项中必有2项取-1,6项取1，（这八项中必有6项取-1,2项取1），故满足条件的数列共有（或中方法，所以方法总数为个即答案为1176.三、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. 已知函数.（1）求函数的单调递减区间；（2）若的内角，，所对的边分别为，，，，，，求.【答案】（1），.（2）.【解析】试题分析：（1化简可得.由，了求其单调递减区间；（2）由，可得，由正弦定理可得，最后由余弦定理可得.试题解析;（1）.由，，得，.∴函数的单调递减区间为，.（2）∵，，∴.∵，∴由正弦定理，得.又由余弦定理，，得.解得.18. 近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式.为了更好地服务民众，某共享单车公司在其官方中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对车辆状况和优惠活动的评价.现从评价系统中选出条较为详细的评价信息进行统计，车辆状况的优惠活动评价的列联表如下：（1）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为优惠活动好评与车辆状况好评之间有关系？（2）为了回馈用户，公司通过向用户随机派送每张面额为元，元，元的三种骑行券.用户每次使用扫码用车后，都可获得一张骑行券.用户骑行一次获得元券，获得元券的概率分别是，，且各次获取骑行券的结果相互独立.若某用户一天使用了两次该公司的共享单车，记该用户当天获得的骑行券面额之和为，求随机变量的分布列和数学期望.参考数据：参考公式：，其中.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由题意求得的值，然后即可确定结论；（2）由题意首先求得分布列，然后求解数学期望即可．试题解析（1）由列联表的数据，有.因此，在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系.（2）由题意，可知一次骑行用户获得元的概率为.的所有可能取值分别为，，，，.∵，，，，，∴的分布列为：的数学期望为（元）.19. 如图，是的中点，四边形是菱形，平面平面，，，.（1）若点是线段的中点，证明：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接，. .由四边形为菱形，可证.由平面平面，可证平面.即可证明平面；2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.求出相应点及向量的坐标，求得平面，平面的法向量，.。

四川省成都市石室中学2018届高三下期二诊模拟考试数学文试卷及答案

四川省成都市石室中学2018届高三下学期二诊模拟考试数学试卷（文科）一、选择题1. 是虚数单位，则复数的虚部为（）A. B. C. D.2. 已知全集，集合，那么集合等于（）A. B. C. D.3. 若满足约束条件,则的最小值是（）A. B. C. D.4. 若，,则的值为（）A. B. C. D.5. 执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D.6. 一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如图所示，若这个四棱锥的体积为，则此四棱锥最长的侧棱长为（）A. B. C. D.7. 等比数列中，则是的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件8. 已知函数对任意都有，若的图象关于直线对称，则（）A. B. C. D.9. 已知是双曲线的左、右焦点, 点在上,若,则的离心率为（）A. B. C. D.10. 已知函数，将图像的横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位后得到函数，在区间上随机取一个数，则的概率为（）A. B. C. D.11. 若函数的图象上存在不同的两点,使得函数的图象在这两点处的切线的斜率之和等于常数t,则称函数为“t函数”.下列函数中为“t函数”的是（）①②③④A. ① ②B. ③④C. ①③D. ②④12. 已知向量满足，若，的最大值和最小值分别为，则等于（）A. B. 2 C. D.二、填空题13. 从某小学随机抽取名同学,将他们的身高(单位:厘米)数据绘制成频率分布直方图(如图).若要从身高在三组内的学生中,用分层抽样的方法选取人参加一项活动,则从身高在内的学生中选取的人数应为_____14. 已知数列的各项都为正数，前项和为，若是公差为1的等差数列，且，则_______15. 已知四面体ABCD的所有棱长都为,O是该四面体内一点,且点O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距离分别为,x,和y,则+的最小值是___.16. 为抛物线上一点，且在第一象限，过点作垂直该抛物线的准线于点为抛物线的焦点,为坐标原点, 若四边形的四个顶点在同一个圆上,则该圆的方程为_______三、简答题17. 如图，分别是锐角的三个内角的对边，，.（1）求的值；（2）若点在边上且，的面积为14，求的长度.18. 交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了70辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率；（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车.假设购进一辆事故车亏损6000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：①若该销售商店内有7辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选2辆，求这2辆车恰好有一辆为事故车的概率；②若该销售商一次性购进70辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值(结果用分数表示).19. 已知四棱锥的底面为菱形，且平面，，点是中点，点在线段上且满足，.（1）证明：面；（2）求多面体的体积.20. 已知椭圆的离心率为，过椭圆上顶点和右顶点的直线与圆相切,为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）若斜率为1的直线交椭圆于两点（在轴上方），交轴正半轴于点,若，求的面积.21. 已知，.（1）若在恒成立，求的取值范围；（2）若有两个极值点，，求的范围并证明.选做题22. 选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于两点.(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(2)若,求的值.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数．（1）解不等式（2）若且恒成立，求实数的取值范围．四川省成都市石室中学2018届高三下学期二诊模拟考试数学试卷（文科）试题解析1. 是虚数单位，则复数的虚部为A. B. C. D.【答案】A【解析】,故虚部为,选.2. 已知全集，集合，那么集合等于A. B. C. D.【答案】C【解析】,所以,故选.3. 若满足约束条件,则的最小值是A. B. C. D.【答案】C【解析】画出可行域如下图所示,由图可知,目标函数在点处取得最小值为.故选.4. 若，,则的值为A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，又，所以，所以＝，故选A．．5. 执行如图所示的程序框图，输出的值为A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：时，成立，第一次进入循环：；成立，第二次进入循环：；成立，第三次进入循环：，不成立，输出，故选C.6. 一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如图所示，若这个四棱锥的体积为，则此四棱锥最长的侧棱长为A. B. C. D.【答案】C【解析】底面积为,体积为,故最长棱长为,故选.7. 等比数列中，则是的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时,,,为充分条件.当时,,若则,,,,故为不必要条件.综上所述,为充分不必要条件,故选A.8. 已知函数对任意都有，若的图象关于直线对称，则A. B. C. D.【答案】D【解析】函数关于对称,则关于轴对称.所以,即.故选D.9. 已知是双曲线的左、右焦点, 点在上,若,则的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】根据可知,所以,代入双曲线方程得,化简得,解得.10. 已知函数，将图像的横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位后得到函数，在区间上随机取一个数，则的概率为A. B. C. D.【答案】D【解析】,横坐标伸长倍得,左移得,依题意可知时,,且,所以函数在区间上满足,故概率为.故选D.【点睛】本小题主要考查三角函数的化简,考查二倍角公式和辅助角公式,考查三角函数图像变换,考查直线型的几何概型的求解方法.题目给定一个含有三角函数的解析式,首先考虑将函数化简成为的形式,然后根据图象变换求得的表达式,再根据函数的值域求得使得函数值大于等于的区间,由此求得概率.11. 若函数的图象上存在不同的两点,使得函数的图象在这两点处的切线的斜率之和等于常数t,则称函数为“t函数”.下列函数中为“t函数”的是①②③④A. ① ②B. ③④C. ①③D. ②④【答案】B【解析】设切点的横坐标为为,对于①,,所以斜率和为,由于不能同时为零,所以不符合.对于②,所以斜率和为,不符合.排除含有①②的选项,故选.【点睛】本小题主要考查对于新定义的概念的理解,考查函数导数的求解公式,考查导数与切线的对应关系,还考查了函数值的大小.对于新定义题目的求解,主要通过理解新定义中蕴含的新的数学知识,本题中需要切线的斜率之和等于,故将题目所给函数求导后,利用导数和的大小来确定选项.12. 已知向量满足，若，的最大值和最小值分别为，则等于A. B. 2 C. D.【答案】C的最大值与最小值之和为，选C.13. 从某小学随机抽取名同学,将他们的身高(单位:厘米)数据绘制成频率分布直方图(如图).若要从身高在三组内的学生中,用分层抽样的方法选取人参加一项活动,则从身高在内的学生中选取的人数应为_____【答案】；【解析】,解得.三组的比值为,故内取人.14. 已知数列的各项都为正数，前项和为，若是公差为1的等差数列，且，则_______【答案】；【解析】设的首项为,则,所以是首项为,公比为的等比数列,故,所以.15. 已知四面体ABCD的所有棱长都为,O是该四面体内一点,且点O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距离分别为,x,和y,则+的最小值是___.【答案】；【解析】该几何体为正四面体,体积为.各个面的面积为,所以四面体的体积又可以表示为,化简得,故.【点睛】本小题主要考查正四面体体积的计算,考查利用分割法求几何体的体积,考查了方程的思想,考查了利用基本不等式求解和的最小值的方法.首先根据题目的已知条件判断出四面体为正四面体,由于正四面体的棱长给出,所以可以计算出正四面体的体积,根据等体积法求得的一个等式,再利用基本不等式求得最小值.16. 为抛物线上一点，且在第一象限，过点作垂直该抛物线的准线于点为抛物线的焦点,为坐标原点, 若四边形的四个顶点在同一个圆上,则该圆的方程为_______【答案】【解析】依题意,由于,所以圆心在的中垂线上,故圆心在直线上.所以的横坐标为,代入抛物线方程求得纵坐标为,所以,设圆心为,圆心到两点的距离相等,即,解得,且半径的平方为,故所求圆的方程为.17. 如图，分别是锐角的三个内角的对边，，.（1）求的值；（2）若点在边上且，的面积为14，求的长度.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】(1)利用正弦定理将已知的边转化为角,化简求得,再利用三角形内角和定理可求得点的值.(2)利用正弦定理和三角形的面积公式列方程组,可求得的值,再由余弦定理可求得的值.【试题解析】（1）由题知，则，，因为锐角，所以，由所以（2）由正弦定理又，解得所以，由余弦定理，，解得18. 交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，且保费与上一年车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了70辆车龄已满三年该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的频率；（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车.假设购进一辆事故车亏损6000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：①若该销售商店内有7辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选2辆，求这2辆车恰好有一辆为事故车的概率；②若该销售商一次性购进70辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值(结果用分数表示).【答案】(1)；(2) ①②元【解析】试题分析：（1）利用等可能事件概率计算公式，能求出一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的概率；（2）①由统计数据可知，该销售商店内的六辆该品牌车龄已满三年的二手车有两辆事故车，设为，四辆非事故车设为，利用列举法求出从六辆车中随机挑选两辆车的基本事件总和其中两辆车恰好有一辆事故车包含的基本事件个数，由此能求出该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率，②由统计数据可知，该销售商一次购进120辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车40辆，非事故车80辆，由此能求出一辆车盈利的平均值.试题解析：(1)一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的频率为(2)①由统计数据可知，该销售商店内的6辆该品牌车龄已满三年的二手车中有2辆事故车，设为b1，b2,4辆非事故车，设为a1，a2，a3，a4.从6辆车中随机挑选2辆车的情况有(b1，b2)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，a3)，(b1，a4)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b2，a3)，(b2，a4)，(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a3，a4)，共15种．其中2辆车恰好有一辆为事故车的情况有(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，a3)，(b1，a4)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b2，a3)，(b2，a4)，共8种，所以该顾客在店内随机挑选2辆车，这2辆车恰好有一辆事故车的概率为.②由统计数据可知，该销售商一次购进120辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车40辆，非事故车80辆，所以一辆车盈利的平均值为 (元)．点睛：本题考查概率的求法及应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式、列举法的合理运用；在列举过程中要做到不重不漏，最好按照某种规律进行列举.19. 已知四棱锥的底面为菱形，且平面，，点是中点，点在线段上且满足，.（1）证明：面；（2）求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析 (2)【解析】【试题分析】(1)根据四边形是菱形,且有一个角为,可得,即,结合,可证得面.(2)利用可求得几何体的体积.【试题解析】（1）由ABC D是菱形，则AB=BC，又，所以是等边三角形，又E是BC中点，则，又，则，由平面，得，，则面;(2)20. 已知椭圆的离心率为，过椭圆上顶点和右顶点的直线与圆相切,为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）若斜率为1的直线交椭圆于两点（在轴上方），交轴正半轴于点,若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】(1)根据切线过上顶点和右顶点得出切线的方程,利用圆心到直线的距离等于半径列出一个等式,结合离心率和,列方程组可求得的值.(2)设出直线的方程,联立直线方程和椭圆方程,写出韦达定理,利用可得到坐标的关系,联立方程组可求得直线的方程,并求得三角形的面积.【试题解析】（1）设切线为，则又因为，解得，所以椭圆的方程（2）设直线为，联立，得，设，①②由，可得又因为，可得③由①③解得，代入②，解得，【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求解,考查直线和圆相切时的表示方法,考查直线和圆锥曲线的位置关系. 直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型.涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．21. 已知，.（1）若在恒成立，求的取值范围；（2）若有两个极值点，，求的范围并证明.【答案】(1) (2) 证明见解析【解析】【试题分析】(1)将原不等式分离常数得到,构造函数,利用二阶导数求得的最小值,由此求得的取值范围.(2)求得的阶导数和阶导数,将分类讨论函数的单调区间,求得,并求得函数的单调区间和极值点的大小.化简,由此证得【试题解析】(1)由题:得：设，设：，在单增，在单增，(2) ，，①若时, 知: 在单调递增,不合题意.②若时, 知:在单调递增,在单调递减只需要此时知道：在单减，单增，单减, 且易知:又由又【点睛】本小题主要考查函数的导数与单调性,考查利用导数证明不等式.还考查了恒成立问题的求解方法. 确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.22. 选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于两点.(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(2)若,求的值.【答案】(1)曲线,直线l的普通方程为(2) 1【解析】【试题分析】(1)对曲线的极坐标方程两边乘以,可求得其直角坐标方程.利用加减消元法消去参数,可求得直线的直角坐标方程.(2)将直线的参数方程代入抛物线的方程,化简后写出韦达定理,利用直线参数的几何意义,结合可求得的值.【试题解析】(1)由=整理得=,∴曲线的直角坐标方程为=,直线的普通方程为=(2)将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程=中,得,设两点对应的参数分别为,则有==,∵=,∴=即=∴=即,解得或者(舍去),∴的值为123. 选修4-5：不等式选讲已知函数．（1）解不等式（2）若且恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【试题分析】(1)将原不等式化为,利用零点分段法去绝对值,将函数转化为分段函数来求解得不等式的解集.(2)构造函数,利用零点分段法去绝对值,求得的最大值,这个最大值小于,由此解得的取值范围.【试题解析】（1）不等式．当，，解之得；当时，，解之得；当时，，无解．综上，不等式的解集为（2）令，则当时，．欲使不等式恒成立，只需，即．又因为，所以，即．。

成都石室中学二诊模拟试卷-文科数学答题卡

成都石室中学高2019届2018-2019学年度下期二模考试
数学答题卡（文科）
姓名
班级
考号
注意事项 1.答题前先将姓名、班级、考号填写清楚。

2.选择题用2B 铅笔将对应题目的答案标号涂黑。

3.非选择题使用黑色字迹签字笔书写，笔迹清楚。

4.保持卡面清洁，严禁折叠，严禁做标记。

填涂样例正确填涂错误填涂
缺考
（考生禁填）
第Ⅰ卷选择题（共60分）
二、填空题（共20分）
13. 14. 15. 16
三、解答题（共70分） 17.（12分）
贴条形码区
（正面朝上切勿贴出虚线框外）
18（12分） 19（12分）
A
B
C N
M
B 1
C 1
A 1
1 A B C D
2 A B C D
3 A B C D 4
A
B
C
D
5 A B C D
6 A B C D
7 A B C D 8
A
B
C
D
9 A B C D 10 A B C D 11 A B C D 12
A
B
C
D
20（12分）21（12分）选做题（10分）
题号（）涂
黑
[22]
[23]
该题为选做题，请考生在22、23题
中任选一道作答.如果多做，则按所做
第一道计分.。

四川省成都市2018届高三第二次诊断性检测(理)数学试题及答案解析

四川省成都市2018届高三第二次诊断性检测数学试题（理）第Ⅰ卷一、选择题1. 设集合，，则（）A. B. C. D.2. 已知向量，，.若，则实数的值为（）A. B. C. D.3. 若复数满足，则等于（）A. B. C. D.4. 设等差数列的前项和为.若，，则（）A. B. C. D.5. 已知，是空间中两条不同的直线，，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A. 若，则B. 若，，则C. 若，，则D. 若，，则6. 若的展开式中含项的系数为，则实数的值为（）A. B. C. D.7. 已知函数的部分图象如图所示.现将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数的解析式为（）A. B.C. D.8. 若为实数，则“”是“”成立的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件9. 《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）A. B. C. D.10. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果为，则判断框中的条件可以是（）A. B. C. D.11. 已知函数在区间内有唯一零点，则的取值范围为（）A. B.C. D.12. 已知双曲线：右支上的一点，经过点的直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点.若点，分别位于第一，四象限，为坐标原点.当时，的面积为，则双曲线的实轴长为（）A. B. C. D.第Ⅱ卷二、填空题13. 已知，，则__________．14. 如图是调查某学校高三年级男女学生是否喜欢篮球运动的等高条形图，阴影部分的高表示喜欢该项运动的频率.已知该年级男生女生各名（假设所有学生都参加了调查），现从所有喜欢篮球运动的同学中按分层抽样的方式抽取人，则抽取的男生人数为__________．15. 已知抛物线：的焦点为，准线与轴的交点为，是抛物线上的点，且轴.若以为直径的圆截直线所得的弦长为，则实数的值为__________．16. 已知数列共项，且，.记关于的函数，.若是函数的极值点，且曲线在点处的切线的斜率为.则满足条件的数列的个数为__________．三、解答题17. 已知函数.（1）求函数的单调递减区间；（2）若的内角，，所对的边分别为，，，，，，求.18. 近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式.为了更好地服务民众，某共享单车公司在其官方中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对车辆状况和优惠活动的评价.现从评价系统中选出条较为详细的评价信息进行统计，车辆状况的优惠活动评价的列联表如下：（1）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为优惠活动好评与车辆状况好评之间有关系？（2）为了回馈用户，公司通过向用户随机派送每张面额为元，元，元的三种骑行券.用户每次使用扫码用车后，都可获得一张骑行券.用户骑行一次获得元券，获得元券的概率分别是，，且各次获取骑行券的结果相互独立.若某用户一天使用了两次该公司的共享单车，记该用户当天获得的骑行券面额之和为，求随机变量的分布列和数学期望.参考数据：参考公式：，其中.19. 如图，是的中点，四边形是菱形，平面平面，，，.（1）若点是线段的中点，证明：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.20. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，左顶点为，离心率为，点是椭圆上的动点，的面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）设经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，，线段的中垂线为.若直线与直线相交于点，与直线相交于点，求的最小值.21. 已知函数，.（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：.请考生在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：极坐标与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，其中为参数，.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线的极坐标方程为.（1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；（2）若是曲线上的动点，为线段的中点.求点到直线的距离的最大值.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最小值为，若，，均为正实数，且，求的最小值.【参考答案】第Ⅰ卷一、选择题1. 【答案】D【解析】故选D.2. 【答案】B【解析】由题，故选B.3. 【答案】A【解析】故选A.4. 【答案】D【解析】又.可得，则故选D.5. 【答案】C【解析】由题设，则A. 若，则，错误；B. 若，，则错误；D. 若，，当时不能得到，错误.故选C.6. 【答案】B【解析】二项式的展开式的通项为令，解得，，解得故选B.7.【答案】D【解析】由题意可知的振幅，周期则，由，，解得：，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，则故选D.8. 【答案】B【解析】解不等式可得，是的真子集，故“”是“”成立的必要不充分条件.故选B.9. 【答案】C【解析】如图所示，该几何体为四棱锥．底面为矩形，其中底面．则该阳马的外接球的直径为∴该阳马的外接球的体积=故选C.10. 【答案】D【解析】当时，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，当时．此时有，算法结束，所以判断框中的条件应填，这样才能保证进行7次求和．故选D．11. 已知函数在区间内有唯一零点，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意在区间内有唯一实数解令，解得，∴函数在区间[1，e]上单调递增，则，则的取值范围为. 故选A.12. 【答案】A【解析】可设的面积为，由题意可得，解得由，可得即为代入双曲线的方程，可得解得故选A.第Ⅱ卷二、填空题13.【答案】【解析】由题即答案为.14. 【答案】24【解析】由等高条形图可知，500名女同学中喜欢篮球运动的频率为，即女同学中喜欢篮球运动的由100人，500名男同学中喜欢篮球运动的频率为，即男同学中喜欢篮球运动的由300人.故从所有喜欢篮球运动的同学中按分层抽样的方式抽取人，则抽取的男生人数为即答案为24人.15.【答案】【解析】由题，直线圆心到直线的距离为由题意以为直径的圆截直线所得的弦长为，则即答案为，16.【答案】1176【解析】由题，，是函数的极值点，即又故这七项中必有2项取1,5项取-1，，即中方法，又曲线在点处的切线的斜率为.，即或，（或-4），故这八项中必有2项取-1,6项取1，（这八项中必有6项取-1,2项取1），故满足条件的数列共有（或中方法，所以方法总数为个即答案为1176.三、解答题17.解：（1）.由，，得，.∴函数的单调递减区间为，.（2）∵，，∴.∵，∴由正弦定理，得.又由余弦定理，，得.解得.18.解：（1）由列联表的数据，有.因此，在犯错误的概率不超过的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系.（2）由题意，可知一次骑行用户获得元的概率为.的所有可能取值分别为，，，，.∵，，，，，∴的分布列为：的数学期望为（元）.19. （1）证明：连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形.∵为的中点，∴.∵，，又是的中点，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.又平面，∴.由，，，∴平面.（2）解：设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，.∴，，，.设平面，平面的法向量分别为，.由.解得.取，∴.又由解得.取，∴.∵.∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20.解：（1）由已知，有，即.∵，∴.设点的纵坐标为.则，即.∴，.∴椭圆的方程为.（2）由题意知直线的斜率不为，故设直线：. 设，，，.联立，消去，得.此时.∴，.由弦长公式，得.整理，得.又，∴.∴.∴，当且仅当，即时等号成立.∴当，即直线的斜率为时，取得最小值.21.解：（1）由，得.整理，得恒成立，即.令.则.∴函数在上单调递减，在上单调递增.∴函数的最小值为.∴，即.∴的取值范围是.（2）∵为数列的前项和，为数列的前项和. ∴只需证明即可.由（1），当时，有，即.令，即得.∴.现证明，即.现证明.构造函数，则.∴函数在上是增函数，即.∴当时，有，即成立.令，则式成立.综上，得.对数列，，分别求前项和，得.22.解：（1）∵直线的极坐标方程为，即. 由，，可得直线的直角坐标方程为.将曲线的参数方程消去参数，得曲线的普通方程为. （2）设.点的极坐标化为直角坐标为.则.∴点到直线的距离.当，即时，等号成立.∴点到直线的距离的最大值为.23.解：（1）.∴等价于或或.解得或.∴原不等式的解集为.（2）由（1），可知当时，取最小值，即. ∴.由柯西不等式，有. ∴.当且仅当，即，，时，等号成立.∴的最小值为.。

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