海南八校2018届高三数学联考试卷理科附答案
2018年海南省高三理科数学下册调研考试卷
2018年海南省高三理科数学调研考试理科数学参考公式球的表面积公式 棱柱的体积公式24R S π= Sh V =球的体积公式 其中S 表示棱柱的底面积，h 表示棱柱的高334R V π=棱台的体积公式 其中R 表示球的半径 )(312211S S S S h V ++=棱锥的体积公式 其中1S ，2S 分别表示棱台的上、下底面积，Sh V 31=h 表示棱台的高 其中S 表示棱锥的底面积，h 表示棱锥的高 如果事件A ，B 互斥，那么 )()()(B P A P B A P +=+一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选顶中，只有一个符合题目要求的) 1. ()U x MN ∈ð成立的充要条件是（ ）()U A x M ∈ð ()U B x N ∈ð ()U UC x M x N ∈∈且痧 ()U UD x M x N ∈∈或痧2. 要从10名女生和5名男生中选出6名学生组成课外兴趣小组，如果按性别依比例分层随机抽样，则组成此课外兴趣小组的概率为（ ）()42105615C C A C ()33105615C C B C ()615615C C A ()42105615A A D C 3．己知随机变量ξ服从正态分布),2(2σN ，84.0)4(=≤ξP ，则=≤)0(ξP （ ）A ．16.0B ．32.0C ．68.0D ．84.04．已知α、β是两个不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中不正确．．．的是（ ）A ．若n m //，α⊥m ，则α⊥nB ．若α||m ，n =βα ，则n m ||C ．若α⊥m ，β⊥m ，则βα//D ．若α⊥m ， β⊂m ，则βα⊥ 5．已知函数m x A y ++=)sin(ϕω的最大值为4，最小值为0，最小正周期为2π，直线3π=x 是其图象的一条对称轴，则下面各式中符合条件的解析式是（ ）A ．)64sin(4π+=x y B ．2)32sin(2++=πx yC ．2)34sin(2++=πx y D ．2)64sin(2++=πx y6．设O 在ABC ∆的内部，且02=++，则ABC ∆的面积与错误！不能通过编辑域代码创建对象。
海南省(海南中学、海口市第一中学)等八校2018届高三上学期新起点联盟考试数学(理)试题Word版含解析
海南省八校联盟2018届高三起点测试数学试卷(理科)第Ⅰ卷（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. 已知集合，，则中的元素的个数为( )A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】因为或，所以，应选答案C。
2. 已知，为虚数单位，，则( )A. 9B.C. 24D.【答案】A【解析】因为，所以，则，应选答案A。
3. 某高校调查了400名大学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组，，，，.则这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的人数是( ) A. 380 B. 360 C. 340 D. 320【答案】A【解析】解：由频率分布直方图得这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的频率为：（0.08+0.04+0.16+0.1）×2.5=0.95，∴这400名大学生中每周的自习时间不少于25小时的人数为：400×0.95=380，点睛：由频率分布直方图求出这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的频率，由此能求出这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的人数．4. 设为线段的中点，且，则A. B. C. D.【答案】D【解析】由为线段的中点，且，得：2，，即故选：D5. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的( )A. 2B. 4C. 10D. 28【答案】B【解析】，，符合题意，从而有=1，不符合题意，∴，故选：B点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序结构、条件结构、循环结构，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.6. 若，，，则( )A. B. C. D.【答案】D【解析】由条件知，，，，故选择为D．点睛：对数中，指对在1的同侧时，对数值大于零，在1的异侧时，对数小于零，再者就是化成次数一样的，比较底数即可．7. 为等差数列的前项和，，，则( )A. 5B. 3C. 1D.【答案】C【解析】，由等差数列性质知道，，又，所以, 已知8. 设实数满足约束条件，则的取值范围为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】在平面直角坐标系中画出可行域，和交于 A(3,0)，和交于，，在A(3,0)处截距最大，目标函数取得最大值，在处，截距最小，目标函数最小，带入坐标求得．9. 如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A. 46B. 48C. 50D. 52【答案】B【解析】该几何体是如图所示的一个四棱锥P-ABCD，所以表面积为本题选择B选项.点睛：(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．10. 直线过点且与双曲线交于两点，若线段的中点恰好为点，则直线的斜率为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则两式作差，得：即，又线段的中点恰好为点∴故选：D11. 在三棱锥中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )A. B. C. D.【答案】A【解析】解：由条件知：，取BC,PB,AC,AB中点分别为：F,E,H,K,FE为的中位线，FE=，同理H F=，中，EH=，E K=，EH=，中，三边关系满足勾股定理，角为所求角，在直角三角形中，角的余弦值为．点睛：发现三棱锥的线线间的垂直关系，将异面直线通过做平行线移到同一平面中，将要求的角放到了直角三角形中求解．12. 已知函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以由题设在只有一个零点且单调递减，则问题转化为，即，应选答案B。
海南省2018届高三数学二模试卷理科附答案
海南省2018届高三数学二模试卷（理科附答案）海南省2017—2018学年高中毕业班阶段性测试数学（理科）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（）A．B．C．D．2.已知复数满足，为的共轭复数，则（）A．B．C．D．3.如图，当输出时，输入的可以是（）A．B．C．D．4.已知为锐角，，则的取值范围为（）A．B．C．D．5.把一枚质地均匀、半径为的圆形硬币抛掷在一个边长为的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（）A．B．C．D．6.的展开式中，的系数为（）A．B．C．D．7.已知正项数列满足，设，则数列的前项和为（）A．B．C．D．8.如图，网格纸上正方形小格的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（）A．B．C．D．9.已知数列的前项和为，且满足，，则（）A．B．C．D．10.已知函数是定义在上的偶函数，，当时，，若，则的最大值是（）A．B．C．D．11.已知抛物线的焦点为，过点作互相垂直的两直线，与抛物线分别相交于，以及，，若，则四边形的面积的最小值为（）A．B．C．D．12.已知，方程与的根分别为，，则的取值范围为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，，且向量，的夹角是，则．14.已知实数，满足，则的最大值是．15.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于，两点，，分别交轴于，两点，若的周长为，则的最大值为．16.如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的表面积为．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17～21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.已知在中，，，分别为内角，，的对边，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.18.如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，点为上一动点.（1）是否存在一点，使得线段平面？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点为的中点且，求二面角的正弦值.19.某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数票价（元）现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站.甲、乙乘坐不超过站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过站的概率分别为，.（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望.20.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的上顶点和右焦点，的面积为，直线与椭圆交于另一个点，线段的中点为.（1）求直线的斜率；（2）设平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，求证：存在常数，使得.21.已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）证明：.（二）选考题：共10分.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：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，已知直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，，求的值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.海南省2017—2018学年高中毕业班阶段性测试数学（理科）答案一、选择题1-5:DABCB6-10:BCDAD11、12：CA二、填空题13.14.15.16.三、解答题17.（1）由及正弦定理得，，即，又，所以，又，所以.（2）由（1）知，又，易求得，在中，由正弦定理得，所以.所以的面积为.18.（1）存在点，且为的中点.证明如下：如图，连接，，点，分别为，的中点，所以为的一条中位线，，平面，平面，所以平面.（2）设，则，，，由，得，解得.由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，故，，，，.设为平面的一个法向量，则得令，得平面的一个法向量，同理可得平面的一个法向量为，故二面角的余弦值为.故二面角的正弦值为.19.（1）由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，设“甲、乙两人付费相同”为事件，则，所以甲、乙两人付费相同的概率是.（2）由题意可知的所有可能取值为：，，，，.，，，，.因此的分布列如下：所以的数学期望.20.（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，，所以，，所以，所以，所以椭圆的方程为.直线的方程为，联立消去得，所以或，所以，从而得线段的中点.所以直线的斜率为.（2）由（1）知，直线的方程为，直线的斜率为，设直线的方程为.联立得所以点的坐标为.所以，.所以.联立消去得，由已知得，又，得.设，，则，，，.所以，，故.所以.所以存在常数，使得.21.（1）由题易知，当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）的定义域为，要证，即证.由（1）可知在上递减，在上递增，所以. 设，，因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，而，所以.22.（1）把展开得，两边同乘得①.将，，代入①即得曲线的直角坐标方程为②.（2）将代入②式，得，易知点的直角坐标为.设这个方程的两个实数根分别为，，则由参数的几何意义即得.23.（1）当时，原不等式可化为.若，则，即，解得；若，则原不等式等价于，不成立；若，则，解得.综上所述，原不等式的解集为：.（2）由不等式的性质可知，所以要使不等式恒成立，则，所以或，解得，所以实数的取值范围是.。
海南省2018届高三阶段性测试(二模)数学(理)试题有答案AlUPPw
海南省2017—2018学年高中毕业班阶段性测试数学（理科）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2{|320}A x x x =+-≤，2{|log (21)0}B x x =-≤，则A B =I （ ） A ．2|13x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭ B ．2|13x x ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭C ．{|11}x x -≤≤D ．12|23x x ⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭2.已知复数z 满足(34)34z i i +=-，z r为z 的共轭复数，则z =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．43.如图，当输出4y =时，输入的x 可以是（ ）A ．2018B ．2017C ．2016D ．2014 4.已知x 为锐角，cos 3sin a xx-=a 的取值范围为（ ）A ．[2,2]-B ．3)C ．(1,2]D ．(1,2)5.把一枚质地均匀、半径为1的圆形硬币抛掷在一个边长为8的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（ ） A ．18B ．916C ．4πD ．1516 6.24(1)(1)x x x ++-的展开式中，3x 的系数为（ ） A ．3-B ．2-C ．1 D ．47.已知正项数列{}n a 满足221120n n n n a a a a ++--=，设121log n n a b a +=，则数列{}n b 的前n 项和为（ ）A ．nB ．(1)2n n - C ．(1)2n n +D ．(1)(2)2n n ++ 8.如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（ ）A ．2．3．8 D ．99.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a a n ++=+，则20172017S =（ ） A ．1009B ．1008C ．2D ．110.已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()(12)f x f x =-，当[0,6]x ∈时，6()log (1)f x x =+，若()1([0,2020])f a a =∈，则a 的最大值是（ ）A ．2018B ．2010C ．2020D ．201111.已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，过点F 作互相垂直的两直线AB ，CD 与抛物线分别相交于A ，B 以及C ，D ，若111AF BF+=，则四边形ACBD 的面积的最小值为（ ） A ．18B ．30C ．32 D ．36 12.已知1a >，方程102xe x a +-=与ln 20x x a +-=的根分别为1x ，2x ，则2212122x x x x ++的取值范围为（ ）A ．(1,)+∞B ．(0,)+∞C ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知(1,)a m =r ，1b =r ，7a b +=r r ，且向量a r ，b r 的夹角是60o，则m =．14.已知实数x，y满足12103xx yx y≥⎧⎪-+≤⎨⎪+≤⎩，则3z x y=+的最大值是．15.已知双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的左、右焦点分别为1F，2F，过1F且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，2AF，2BF分别交y轴于P，Q两点，若2PQF∆的周长为16，则1ba+的最大值为．16.如图，在三棱锥P ABC-中，PC⊥平面ABC，AC CB⊥，已知2AC=，26PB=，则当PA AB+最大时，三棱锥P ABC-的表面积为．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17～21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.已知在ABC∆中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且3cos sin cosb A a A C+sin cos0c A A+=.（1）求角A的大小；（2）若3a=，12Bπ=，求ABC∆的面积.18.如图，在直三棱柱111ABC A B C-中，90BAC∠=o，2AB AC==，点M为11A C的中点，点N为1AB 上一动点.（1）是否存在一点N，使得线段//MN平面11BB C C？若存在，指出点N的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点N为1AB的中点且CM MN⊥，求二面角M CN A--的正弦值.19.某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过30站的地铁票价如下表：的概率分别为14，13；甲、乙乘坐超过20站的概率分别为12，13. （1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望.20.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，A ，F 分别为椭圆的上顶点和右焦点，AOF ∆的面积为12，直线AF 与椭圆交于另一个点B ，线段AB 的中点为P . （1）求直线OP 的斜率；（2）设平行于OP 的直线l 与椭圆交于不同的两点C ，D ，且与直线AF 交于点Q ，求证：存在常数λ，使得QC QD QA QB λ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r .21.已知函数()xe f x x=，()ln 1g x x =+.（1）求函数()f x 的单调区间； （2）证明：3()()x f x g x >.（二）选考题：共10分.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：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：1232x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为4sin 3πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. （1）求曲线C 的直角坐标方程； （2）设点M 的极坐标为3,2π⎛⎫⎪⎝⎭，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求MA MB +的值. 23.[选修4-5：不等式选讲] 已知函数()1f x x x m =-+-.（1）当3m =时，求不等式()5f x ≥的解集；（2）若不等式()21f x m ≥-对x R ∈恒成立，求实数m 的取值范围.海南省2017—2018学年高中毕业班阶段性测试数学（理科）·答案一、选择题1-5: DABCB 6-10: BCDAD 11、12：CA 二、填空题13. 7 15. 4316. 6 三、解答题17.（1cos sin cos A a A C +sin cos 0c A A +=及正弦定理得，sin (sin cos cos sin )A A C A C+cos B A =，即sin sin()A A C+cos B A =， 又sin()sin 0A C B +=>，所以tan A = 又(0,)A π∈，所以23A π=. （2）由（1）知23A π=，又12B π=，易求得4C π=， 在ABC ∆中，由正弦定理得2sinsin 123b ππ=，所以2b =. 所以ABC ∆的面积为1sin 2S ab C=122==. 18.（1）存在点N ，且N 为1AB 的中点. 证明如下：如图，连接1A B ，1BC ，点M ，N 分别为11A C ，1A B 的中点， 所以MN 为11A BC ∆的一条中位线，//MN BC ，MN ⊄平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，所以//MN 平面11BB C C .（2）设1AA a =，则221CM a =+，22414a MN +=+284a +=，22220544a a CN +=+=，由CM MN ⊥，得222CM MN CN +=，解得2a =.由题意以点A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得(0,0,0)A ，(0,2,0)C ，21,0,N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(0,1,2)M ， 故21,0,2AN ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r，(0,2,0)AC =u u u r ，21,2,2CN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，(0,1,2)CM =-u u u ur ，. 设(,,)m x y z =u r为平面ANC 的一个法向量，则0,0,m AC m AN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r 得20,20,y x z =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 令1x =-，得平面ANC 的一个法向量(1,0,2)m =-u r，同理可得平面MNC 的一个法向量为(3,2,2)n =r ，故二面角M CN A --的余弦值为cos ,315m n <>=⋅5=-.故二面角M CN A --的正弦值为25255115⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭.19.（1）由题意知甲乘坐超过10站且不超过20站的概率为1111424--=， 乙乘坐超过10站且不超过20站的概率为1111333--=， 设“甲、乙两人付费相同”为事件A ， 则1111()4343P A =⨯+⨯111233+⨯=， 所以甲、乙两人付费相同的概率是13. （2）由题意可知X 的所有可能取值为：6，9，12，15，18.111(6)4312P X ==⨯=，11(9)43P X ==⨯111436+⨯=，111(12)432P X ==⨯+11113433⨯+⨯=，111(12)432P X ==⨯+1134⨯=，111(18)236P X ==⨯=.因此X 的分布列如下：所以X 的数学期望()69126E X =⨯+⨯121534+⨯+⨯1864+⨯=. 20.（1）因为椭圆的离心率为2，所以2a =，即222a b =，2222c a b b =-=， 所以(0,)A c ，(,0)F c ，所以21122c =，所以1c =，所以椭圆的方程为2212x y +=. 直线AF 的方程为1y x =-+，联立221,21,x y y x ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩消去y 得2340x x -=，所以43x =或0x =，所以41,33B ⎛⎫-⎪⎝⎭，从而得线段AB 的中点21,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以直线OP 的斜率为10132203-=-.（2）由（1）知，直线AF 的方程为1y x =-+，直线OP 的斜率为12，设直线l 的方程为1(0)2y x t t =+≠. 联立1,21,y x t y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩得22,321.3t x t y -⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩所以点的坐标为2221,33t t -+⎛⎫ ⎪⎝⎭. 所以2222,33t t QA --⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ，2222,33t t QB ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r . 所以28(1)9QA QB t ⋅=-u u u r u u u r. 联立221,21,2x y y x t ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y 得22322202x tx t ++-=，由已知得24(32)0t ∆=->，又0t ≠，得0,22t ⎛⎫⎛∈-⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭U . 设11(,)C x y ，22(,)D x y ，则1112y x t =+，2212y x t =+， 1243tx x +=-，212443t x x -=. 所以112221,33t t QC x y -+⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r 112211,323t t x x --⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 222211,323t t QD x x --⎛⎫=++ ⎪⎝⎭u u u r ，故12222233t t QC QD x x --⎛⎫⎛⎫⋅=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r 1211112323t t x x --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭1212555()46t x x x x -=++25(1)9t -+=25445544363t t t --⨯-⨯25(1)9t -+258(1)49t =⨯-.所以54QC QD QA QB ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r .所以存在常数54λ=，使得QC QD QA QB λ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r .21.（1）由题易知2(1)'()xx e f x x -=，当(,0)(0,1)x ∈-∞U 时，'()0f x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，所以()f x 的单调递减区间为(,0)(0,1)-∞U ，单调递增区间为(1,)+∞.（2）g()x 的定义域为(0,)+∞，要证3()()x f x g x >，即证3ln 1x e x x x+>. 由（1）可知()f x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，所以()(1)f x f e ≥=. 设3ln 1()x h x x +=，0x >，因为423ln '()xh x x --=， 当23(0,)x e -∈时，'()0h x >，当23(,)x e -∈+∞时，'()0h x <，所以()h x 在23(0,)e -上单调递增，在23(,)e -+∞上单调递减，所以223()()3e h x h e -≤=，而23e e >，所以3()()x f x g x >.22.（1）把4sin 3πρθ⎛⎫=+⎪⎝⎭展开得2sin ρθθ=+， 两边同乘ρ得22sin cos ρρθθ=+①.将222x y ρ=+，cos x ρθ=，sin y ρθ=代入①即得曲线C的直角坐标方程为2220x y y +--=②.（2）将1,232x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入②式，得230t ++=，易知点M 的直角坐标为(0,3).设这个方程的两个实数根分别为1t ，2t ，则由参数t的几何意义即得12MA MB t t +=+=23.（1）当3m =时，原不等式可化为135x x -+-≥. 若1x ≤，则135x x -+-≥，即425x -≥，解得12x ≤-； 若13x <<，则原不等式等价于25≥，不成立； 若3x ≥，则135x x -+-≥，解得92x ≥. 综上所述，原不等式的解集为：19|22x x x ⎧⎫≤-≥⎨⎬⎩⎭或. （2）由不等式的性质可知()1f x x x m =-+-1m ≥-， 所以要使不等式()21f x m ≥-恒成立，则121m m -≥-， 所以112m m -≤-或121m m -≥-，解得23m ≤，所以实数m 的取值范围是2|3m m ⎧⎫≤⎨⎬⎩⎭.。
2018届海南省高三阶段性测试(二模)数学理试题(解析版)
2018届海南省高三阶段性测试（二模）数学理试题（解析版）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（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意得：，∴故选：D2. 已知复数满足，为的共轭复数，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得：∴，，故选：A3. 如图，当输出时，输入的可以是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当输出时，此时4=，即，由，可得：，即，同理：。
故选:B4. 已知为锐角，，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，可得：又，∴∴的取值范围为故选：C5. 把一枚质地均匀、半径为的圆形硬币抛掷在一个边长为的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知，硬币的圆心必须落在小正方形中，如图：该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为，故选：B6. 的展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】的通项为：的展开式中，的系数为故选：B点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.7. 已知正项数列满足，设，则数列的前项和为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由，可得：，又，∴，∴∴∴数列的前项和故选：C8. 如图，网格纸上正方形小格的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥，如图所示：，故选：D点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 9. 已知数列的前项和为，且满足，，则（ ）A.B.C. D.【答案】A 【解析】，、,,∴故选：A 10. 已知函数是定义在上的偶函数，，当时，，若，则的最大值是（ ）A.B.C.D.【答案】D 【解析】由函数是定义在上的偶函数，，可得：，即，故函数的周期为12. 令，解得，∴在上的根为5，7； 又，∴的最大值在上，即.故选：D 11. 已知抛物线的焦点为，过点作互相垂直的两直线，与抛物线分别相交于，以及，，若，则四边形的面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由抛物线性质可知：，又，∴，即设直线AB 的斜率为k （k ≠0），则直线CD 的斜率为．直线AB 的方程为y=k （x ﹣1），联立，消去y 得k 2x 2﹣（2k 2+4）x +k 2=0，从而，=1， 由弦长公式得|AB |=，以换k 得|CD |=4+4k 2，故所求面积为≥32（当k 2=1时取等号），即面积的最小值为32． 故选：C12. 已知，方程与的根分别为，，则的取值范围为（ ）A. B.C.D.【答案】A 【解析】方程的根，即与图象交点的横坐标，方程的根，即与图象交点的横坐标，而的图象关于直线轴对称，如图所示：∴，∴，又，∴故选：A点睛：本题充分利用了方程的根与图象交点的关系，把问题转化为“形”的问题，而的图象关于直线轴对称，从而两根之间满足，目标函数即可转化为关于的函数的最值问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，，，且向量，的夹角是，则__________．【答案】【解析】设，由，可得，，又向量，的夹角是，∴，解得：∴，即故答案为：14. 已知实数，满足，则的最大值是__________．【答案】7【解析】作出可行域，如图所示：当直线经过点B时，最大，即，故答案为：7点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于，两点，，分别交轴于，两点，若的周长为，则的最大值为__________．【答案】【解析】由题意，△ABF2的周长为32，∵|AF2|+|BF2|+|AB|=32，∵|AF2|+|BF2|﹣|AB|=4a，|AB|=，∴=32﹣4a，∴，∴，令，则，...........................令m=，则当m=时，的最大值为故答案为：16. 如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的表面积为__________．【答案】【解析】设，则，，，，当且仅当，即时，等号成立.,故答案为：4三、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17～21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. 已知在中，，，分别为内角，，的对边，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：(1)利用正弦定理及两角和正弦公式即可求得角的大小；(2) 由（1）知，又，易求得，由正弦定理求得，进而得到的面积.试题解析：（1）由及正弦定理得，，即，又，所以，又，所以.（2）由（1）知，又，易求得，在中，由正弦定理得，所以.所以的面积为.18. 如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，点为上一动点.（1）是否存在一点，使得线段平面？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. （2）若点为的中点且，求二面角的正弦值.【答案】(1) 存在点，且为的中点，证明见解析(2)【解析】试题分析：（1）存在点，且为的中点.要证平面，连接，，点，分别为，的中点，转证即可；（2）设点，分别为，的中点，连接，，，易得平面，，从而得到三棱锥的体积.试题解析：（1）存在点，且为的中点.证明如下：如图，连接，，点，分别为，的中点，所以为的一条中位线，，平面，平面，所以平面.（2）如图，设点，分别为，的中点，连接，，，并设，则，，，由，得，解得，又易得平面，，.所以三棱锥的体积为.点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．19. 某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站.甲、乙乘坐不超过站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过站的概率分别为，.（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：(1) 由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，利用乘法概率公式及互斥原理得到甲、乙两人付费相同的概率；(2) 由题意可知的所有可能取值为：，，，，.求得相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望.试题解析：（1）由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，设“甲、乙两人付费相同”为事件，则，所以甲、乙两人付费相同的概率是.（2）由题意可知的所有可能取值为：，，，，.，，，，.因此的分布列如下：所以的数学期望.点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是:“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的上顶点和右焦点，的面积为，直线与椭圆交于另一个点，线段的中点为.（1）求直线的斜率；（2）设平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，求证：存在常数，使得.【答案】(1) (2) 存在常数【解析】试题分析：(1)由题意得到椭圆的方程为. 直线的方程为，联立消去得，从而得线段的中点，进而得到直线的斜率；(2) 设直线的方程为. 联立方程得到同理得到，∴存在常数，使得.试题解析：（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，，所以，，所以，所以，所以椭圆的方程为.直线的方程为，联立消去得，所以或，所以，从而得线段的中点.所以直线的斜率为.（2）由（1）知，直线的方程为，直线的斜率为，设直线的方程为.联立得所以点的坐标为.所以，.所以.联立消去得，由已知得，又，得.设，，则，，，.所以，，故.所以.所以存在常数，使得.21. 已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）证明：.【答案】(1) 的单调递减区间为，单调递增区间为 (2)见解析【解析】试题分析：(1) 由题易知解不等式得到函数的单调区间；(2) 要证，即证.易知：，，从而得证.试题解析：（1）由题易知，当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）的定义域为，要证，即证.由（1）可知在上递减，在上递增，所以.设，，因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，而，所以.（二）选考题：共10分.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：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，已知直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，，求的值.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（Ⅰ）直接由直线的参数方程消去参数t得到直线的普通方程；把等式两边同时乘以ρ，代入x=ρcosθ，ρ2=x2+y2得答案；（Ⅱ）把直线的参数方程代入圆的普通方程，利用直线参数方程中参数t的几何意义求得的值．试题解析：（1）把展开得，两边同乘得①.将，，代入①即得曲线的直角坐标方程为②.（2）将代入②式，得，易知点的直角坐标为.设这个方程的两个实数根分别为，，则由参数的几何意义即得.23. [选修4-5：不等式选讲]已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）通过讨论x的范围，得到各个区间上的x的范围，取并集即可；（2）根据绝对值的几何意义求出m的范围即可．试题解析：（1）当时，原不等式可化为.若，则，即，解得；若，则原不等式等价于，不成立；若，则，解得.综上所述，原不等式的解集为：.（2）由不等式的性质可知，所以要使不等式恒成立，则，所以或，解得，所以实数的取值范围是.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。
海南省2018届高三第二次联合考试数学试题(理)有答案
2018届海南省高三年级第二次联合考试数学（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.设集合{|}A x y x ==-，{|lg }B y y x ==，则AB =（ ）A ．(0,)+∞B ．[0,)+∞C ．RD ．(,0]-∞2.已知复数(3)(1)z m m i =-+-在复平面内对应的点在第二象限，则整数m 的取值为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．33.设向量(,4)a x =-，(1,)b x =-，若向量a 与b 同向，则x =（ ） A ．2 B ．-2 C ．2± D ．04.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且936S S =，则{}n a 的公差d =（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．45.某几何体的三视图如图所示，其中圆的半径均为1，则该几何体的体积为（ ）A ．42083π+B ．42163π+C ．322083π+D ．322163π+ 6.设x ，y 满足约束条件36060360x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+-≥⎩，则z x y =-的最小值是（ ）A ．0B ．-1C ．-2D ．-37.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了242盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯（ ）A ．81盏B ．112盏C ．114盏D ．162盏 8.执行如图所示的程序框图，则输出的S =（ ）A ．17B ．33C ．65D ．129 9.将曲线sin(2)()2y x πϕϕ=+<向右平移6π个单位长度后得到曲线()y f x =，若函数()f x 的图象关于y 轴对称，则ϕ=（ ）A ．3π B ．6πC ．3π-D ．6π-10.在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C ：22221(0,0)y x a b a b -=>>的一条渐近线与圆22(2)(1)1x y -+-=相切，则C 的离心率为（ ）A ．43 B ．54 C ．169 D ．251611.在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中查出真正的嫌疑人，现有四条明确信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参与；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是（ ） A ．甲、乙 B ．乙、丙 C ．甲、丁 D ．丙、丁12.在四面体ABCD 中，AD ⊥底面ABC ，10AB AC ==2BC =，点G 为ABC ∆的重心，若四面体ABCD 的外接球的表面积为2449π，则tan AGD ∠=（ ） A ．12B ．2C ．22D 2第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上. 13.若1x =是函数3()af x x x=+的一个极值点，则实数a =． 14.如图，小林从位于街道A 处的家里出发，先到B 处的二表哥家拜年，再和二表哥一起到位于C 处的大表哥家拜年，则小林到大表哥家可以选择的最短路径的条数为．15.某超市经营的某种包装优质东北大米的质量X （单位：kg ）服从正态分布(25,0.04)N ，任意选取一袋这种大米，质量在24.825.4kg 的概率为．（附：若2(,)Z N μσ，则()0.6826P Z μσ-<=，(2)0.9544P Z μσ-<=，(3)0.9974P Z μσ-<=）16.已知F 是抛物线C ：212x y =的焦点，P 是C 上一点，直线FP 交直线3y =-于点Q .若2PQ FQ =，则PQ =．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17～21题为必做题，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.ABC ∆的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知2sin sin cos B C B +2cos()0B C ++=，且sin 1B ≠.（1）求角C ；（2）若5sin 3sin B A =，且ABC ∆的面积为153，求ABC ∆的周长. 18.从某小区抽取50户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，将用电量的数据绘制成频率分布直方图如下图所示.（1）求频率分布直方图中x 的值并估计这50户用户的平均用电量；（2）若将用电量在区间[50,150)内的用户记为A 类用户，标记为低用电家庭，用电量在区间[250,350)内的用户记为B 类用户，标记为高用电家庭，现对这两类用户进行问卷调查，让其对供电服务进行打分，并将打分数据绘制成茎叶图如下图所示：①从B 类用户中任意抽取3户，求恰好有2户打分超过85分的概率；②若打分超过85分视为满意，没超过85分视为不满意，请填写下面列联表，并根据列联表判断是否有95%的把握认为“满意与否与用电量高低有关”？满意 不满意合计 A 类用户B 类用户合计20()P K k ≥0.050 0.010 0.001 0k3.8416.63510.8282()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.19.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，2AB AD =，3BD AD =，且PD ⊥底面ABCD .（1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）若Q 为PC 的中点，且1AP BQ ⋅=，求二面角Q BD C --的大小.20.在平面直角坐标系xOy 中，设动点M 到坐标原点的距离与到x 轴的距离分别为1d ，2d ，且221234d d +=，记动点M 的轨迹为Ω.（1）求Ω的方程；（2）设过点(0,2)-的直线l 与Ω相交于A ，B 两点，当AOB ∆的面积最大时，求AB . 21.已知函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--. （1）证明：直线2y x =与曲线()y f x =相切；（2）若3()(3)f x k x x >-对(0,1)x ∈恒成立，求k 的取值范围.（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B 铅笔将所选题目对应的题号右侧方框涂黑，并且在解答过程中写清每问的小题号. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：2260x y x +-=，直线1l ：0x -=，直线2l 0y -=，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系. （1）写出曲线C 的参数方程以及直线1l ，2l 的极坐标方程；（2）若直线1l 与曲线C 分别交于O ，A 两点，直线2l 与曲线C 分别交于O ，B 两点，求AOB ∆的面积. 23.[选修4-5：不等式选讲] 设函数()2f x x a a =++.（1）若不等式()1f x ≤的解集为{|24}x x -≤≤，求a 的值；（2）在（1）的条件下，若不等式2()4f x k k ≥--恒成立，求k 的取值范围.2018年高考调研测试 数学试题参考答案（理科）一、选择题1-5: BCAAA 6-10: CDCDB 11、12：DB 二、填空题13. 3 14. 9 15. 0.8185 16. 8 三、解答题17.解：（1）由2sin sin cos B C B +2cos()0B C ++=，得2cos cos cos B C B -=. ∵sin 1B ≠，∴cos 0B ≠， ∴1cos 2C =-，∴23C π=. （2）∵5sin 3sin B A =，∴53b a =， 又ABC ∆，∴1sin 2ab C ==，∴15ab =，∴5a =，3b =.由余弦定理得2222cos 49c a b ab C =+-=，∴7c =. 故ABC ∆的周长为53715++=. 18.解：（1）1(0.0060.00360.002450x =-++20.0012)0.0044⨯+=， 按用电量从低到高的六组用户数分别为6，9，15，11，6，3， 所以估计平均用电量为675912515175112256275332550⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯186=度.（2）①B 类用户共9人，打分超过85分的有6人，所以从B 类用户中任意抽取3户，恰好有2户打分超过85分的概率为2163391528C C C =. ②因为2K 的观测值24(6963)1212915k ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯ 1.6 3.841=<，所以没有95%的把握认为“满意与否与用电量高低有关”. 19.（1）证明：∵222AD BD AB +=，∴AD BD ⊥， ∴//AD BC ，∴BC BD ⊥.又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD BC ⊥.∵PD BD D =，∴BC ⊥平面PBD .而BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PBD . （2）解：由（1）知，BC ⊥平面PBD ，分别以DA ，DB ，DP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示，设BD =，则1AD =，令PD t =，则(1,0,0)A，B，(C -，(0,0,)P t，1()22t Q -， ∴(1,0,)AP t =-，1(,)22t BQ =-. ∴2112t AP BQ +⋅==，∴1t =.故11(,)222DQ =-，11(,)222BQ =--. 设平面QBD 的法向量为(,,)n x y z =，则00n DQ n BQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1102211022x y z x y z ⎧-++=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩， 令1x =，得(1,0,1)n =.易知平面BDC 的一个法向量为(0,0,1)m =，则cos ,2m n <>==， ∴二面角Q BD C --的大小为4π. 20.解：（1）设(,)M x y，则1d =2d y =，则222212344d d x y +=+=，故Ω的方程为2214x y +=（或2244x y +=）. （2）依题意当l x ⊥轴不合题意，故设直线l ：2y kx =-，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，将2y kx =-代入2214x y +=，得22(14)16120k x kx +-+=， 当216(43)0k ∆=->，即234k >时，1221614k x x k +=+，1221214x x k=+，从而AB =214k =+，又点O 到直线AB的距离d =，所以AOB ∆的面积12S d AB ==，t =，则0t >，244144t S t t t==≤++， 当且仅当2t =，即274k =（满足0∆>）时等号成立， 所以当AOB ∆的面积最大时，274k =，2142AB k ==+. 21.（1）证明：11'()11f x x x =++-，∴由'()2f x =得2221x=-，解得0x =， 又(0)0f =，∴直线2y x =与曲线()y f x =相切.（2）解：设3()()(3)g x f x k x x =--，则22223(1)'()1k x g x x +-=-，当(0,1)x ∈时，22(1)(0,1)x -∈，若23k ≥-，2223(1)0k x +->，则'()0g x >，∴()g x 在(0,1)上递增，从而()(0)0g x g >=.此时，3()(3)f x k x x >-在(0,1)上恒成立. 若23k <-，令'()0g x x =⇒(0,1)=，当x ∈时，'()0g x <；当x ∈时，'()0g x >.∴min ()g x g =(0)0g <=， 则23k <-不合题意. 故k 的取值范围为2[,)3-+∞.22.解：（1）依题意，曲线C ：22(3)9x y -+=，故曲线C 的参数方程是33cos 3sin x y αα=+⎧⎨=⎩（α为参数），因为直线1l：0x =，直线2l0y -=，故1l ，2l 的极坐标方程为1l ：()6R πθρ=∈，2l ：()3R πθρ=∈.（2）易知曲线C 的极坐标方程为6cos ρθ=， 把6πθ=代入6cos ρθ=，得1ρ=)6A π，把3πθ=代入6cos ρθ=，得23ρ=，所以(3,)3B π，所以121sin 2AOB S AOB ρρ∆=∠13sin()3364ππ=⨯-=. 23.解：（1）因为21x a a ++≤，所以12x a a +≤-， 所以2112a x a a -≤+≤-，所以113a x a -≤≤-. 因为不等式()1f x ≤的解集为{|24}x x -≤≤， 所以12134a a -=-⎧⎨-=⎩，解得1a =-.（2）由（1）得()12f x x =--.不等式2()4f x k k ≥--恒成立，只需2min ()4f x k k ≥--，所以224k k -≥--，即220k k --≤， 所以k 的取值范围是[1,2]-.。
2018年海南高考理科数学真题(含详细完整解析)
绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I 卷 选择题一、单项选择题: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。
1.1＋2i1－2i＝( ) A .－45－35iB .－45＋35iC .－35－45iD .－35＋45i2. 已知集合A ＝{(x ,y )|x 2＋y 2≤3,x ∈Z ,y ∈Z },则A 中元素的个数为( ) A .9 B .8C .5D .43. 函数f (x )＝e x －e －xx 2的图象大致为( )A BC D4. 已知向量a ,b 满足|a |＝1,a ·b ＝－1,则a ·(2a －b )＝( ) A .4 B .3C .2D .05. 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0,b >0)的离心率为3,则其渐近线方程为( )A .y ＝±2xB .y ＝±3xC .y ＝±22x D .y ＝±32x 6. 在△ABC 中,cos c 2＝55,BC ＝1,AC ＝5,则AB ＝( )A .4 2B .30C .29D .2 57. 为计算S ＝1－12＋13－14＋…＋199－1100,设计了如图的程序框图,则在空白框中应填入( )A .i ＝i ＋1?B .i ＝i ＋2?C .i ＝i ＋3?D .i ＝i ＋4?8. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30＝7＋23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是( ) A .112B .114C .115D .1189. 在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ＝BC ＝1,AA 1＝3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A .15B .56C .55D .2210. 若f (x )＝cos x －sin x 在[0,a ]是减函数,则a 的最大值是( ) A .π4 B .π2C .3π4D .π11. 已知f (x )是定义域为(－∞,＋∞)的奇函数,满足f (1－x )＝f (1＋x ),若f (1)＝2,则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A .－50B .0C .2D .5012. 已知F 1,F 2是椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点,A 是C 的左顶点,点P 在过A 且斜率为36的直线上,△PF 1F 2为等腰三角形,∠F 1F 2P ＝120°,则C 的离心率为( ) A .23 B .12 C .13D .14第II 卷 非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
海南省2018届高三上学期期末考试数学理试题含答案
海南省2017-2018第一学期高三期末考试数学（理科）试卷一、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{7}U =小于的正整数，{1,2,5}A =，2{|-7100,}B x x x x N =+≤∈，则()U A C B =I （ ） A ．{1} B ．{2} C ．{1,2} D ．{1,2,5}2.设复数12z i =+（i 是虚数单位），则在复平面内，复数2z 对应的点的坐标为（ ） A ．(3,4)- B ．(5,4) C ．(3,2)- D ．(3,4)3.已知随机变量X 服从正态分布(),4N a ，且()10.5P X >=，()20.3P X >=，则()0P X <=（ ） A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.84.《九章算术》中有这样一个问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，问若聘该女子做工半月（15日），一共能织布几尺（ ） A ．75 B ．85 C.105 D ．1205.已知双曲线2212x y a -=的焦点与椭圆22162x y +=的焦点相同，则双曲线的离心率为（ ）A ．22B ．2 C.3 D ．26.已知3log 5a =，21()3b =，131log 9c =，则它们的大小关系是（ ） A ．a b c >> B ．a c b >> C.c a b >> D ．b c a >> 7.如图，给出了一个程序框图，令()y f x =，若()1f a >，则a 的取值范围是（ ）A ．(),2(2,5]-∞⋃B ．()(),11,-∞-⋃+∞ C.()(),22,-∞⋃+∞ D ．(),1(1,5]-∞-⋃ 8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．572π B ．632π C.29π D ．32π9.函数()32=3f x x x -的对称中心是（ ）A ．()1,2B ．()1,2-- C.()1,2- D ．()1,2- 10.25(32)x x -+的展开式中含3x 的项的系数为（ ） A ．-1560 B ．-600 C.600 D ．156011.某几何体的直观图如图所示，AB 是O e 的直径，BC 垂直O e 所在的平面，且10AB BC ==，Q 为Oe 上从A 出发绕圆心逆时针方向运动的一动点.若设弧»AQ 的长为x ，CQ 的长度为关于x 的函数()f x ，则()y f x =的图像大致为（ ）A ．B ．C. D ．12.过点()1,1H -作抛物线24x y =的两条切线,HA HB ，切点为,A B ，则ABH ∆的面积为（ ） A 55 B 5535D ．55二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知平面向量a r 与b r ，()2,0a =r ，||1b =r ，||3a b +=r r ，则a r 与b r的夹角为 ．14.若直线4310x y -+=的倾斜角为α，则44cos sin αα-= ．15.若实数,x y 满足不等式组21220x y x y ≤⎧⎪≤⎨⎪+-≥⎩，则23x y z +=的最小值为 ．16.已知点(),P x y 是直线()400kx y k ++=>上一动点，,PA PB 是圆22:20C x y y +-=的两条切线，,A B 为切点，若弦AB 的长的最小值为2，则k 的值为 ．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.已知在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且满足2cos cos 0a B b A +=. （1）若2a c =，求角B ； （2）求cos C 的最小值.18.某中学举行了一次“环保知识竞赛”活动.为了了解本次竞赛学生成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100分）作为样本（样本容量为n ）进行统计.按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（图中仅列出了得分在[50,60)，[90,100]的数据）.（1）求样本容量n 和频率分布直方图中,x y 的值；（2）在选取的样本中，从竞赛成绩是80分以上（含80分）的同学中随机抽取3名同学到市政广场参加环保知识宣传的志愿者活动，设ξ表示所抽取的3名同学中得分在[80,90)的学生个数，求ξ的分布列及其数学期望.19.设数列{}(1,)n a n n N ≥∈满足12a =，26a =，且2122n n n a a a ++-+=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若[]x 表示不超过x 的最大整数，求122017201720172017[]a a a +++L 的值.20.如图，是一个半圆柱与多面体11ABB A C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC BC ⊥，P 为弧¼11A B 上（不与11,A B 重合）的动点.（1）证明：1PA ⊥平面1PBB ；（2）若四边形11ABB A 为正方形，且AC BC =，114PB A π∠=，求二面角11P A B C --的余弦值.21.已知椭圆1C ，抛物线2C 的焦点均在x 轴上，1C 的中心和2C 的顶点均为原点O ，从1C ，2C 上分别取两个点，将其坐标记录于下表中： x3 -24 2y23--462（1）求12,C C 的标准方程；（2）若直线():0l y kx m k =+≠与椭圆1C 交于不同的两点,M N ，且线段MN 的垂直平分线过定点1(,0)8G ，求实数k 的取值范围. 22.已知函数()ln f x x x =与函数()()kg x k R x=∈的图像有两个不同的交点11(,)A x y ，22(,)B x y ，且12x x <.（1）求实数k 的取值范围； （2）证明：12x x e+.试卷答案一、选择题1-5:AABDB 6-10:CDBCA 11、12：AB二、填空题13.120o 14.725-三、解答题17.解：（1）因为2cos cos 0a B b A +=，由正弦定理得，2sin cos sin cos 0A B B A +=，所以sin cos sin 0A B C +=，即sin cos sin A B C =-，所以cos a B c =-，又2a c =，所以1cos 2B =-，所以在ABC ∆中，23B π=.（2）根据（1）可知222cos2a c bc a B aac+-=-=-⋅，即2221()3c b a=-，由余弦定理得222cos2a b cCab+-==22221()32a b b aab+--=22424222663a b abab ab+≥=（当2a b=时取等号），所以min22(cos)3C=.18.解：（1）由题意可知，样本容量8500.01610n==⨯，20.0045010y==⨯，0.10.0040.0100.0160.040.030x=----=.（2）由题意可知，分数在[80,90)有5人，分数在[90,100)有2人，共7人.抽取的3名同学中得分在[80,90)的学生个数ξ的可能取值为1，2，3，则()125237511357C CPCξ====，()2152372042357C CPCξ====，()35371023357CPCξ====.所以，ξ的分布列为所以，142151237777Eξ=⨯+⨯+⨯=.19.解：（1）构造1n n nb a a+=-，则1214b a a=-=，由题意可得211()()n n n na a a a+++---12n nb b+=-=，故数列{}nb是4为首项2为公差的等差数列，故1n n nb a a+=-=()42122n n+-=+，故214a a-=，326a a-=，438,a a-=L，12n na a n--=以上1n-个式子相加可得1462na a n-=+++L()()1422n n-+=()1na n n=+（2）1111na n n=-+，∴121111(1)2na a a+++=-L1111()()231n n+-++-+L111n=-+∴122017201720172017a a a+++L201720172018=-则122017201720172017[]a a a+++L1[2016]20162018=+=.20.解：（1）在半圆柱中，1BB ⊥平面11PA B ，所以1BB PA ⊥. 因为11A B 是上底面对应圆的直径，所以11PA PB ⊥.因为111PB BB B ⋂=，1PB ⊂平面1PBB ，11BB PBB ⊂，所以1PA ⊥平面1PBB . （2）根据题意以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C xyz -如图所示，设1CB =，则()1,0,0B ，()0,1,0A ，(12A ，(12B ，(2P .所以(12CA =u u u r ，(12CB =u u u r.平面11PA B 的一个法向量()10,0,1n =u u r.设平面11CA B 的一个法向量()2,,n x y z =u u r ，则2020y z x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令1z =，则221y x z ⎧=-⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩，所以可取()22,2,1n =--u u r ，所以125cos ,15n n <>==⨯u u r u u r. 由图可知二面角11P A B C --为钝角，所以所求二面角的余弦值为5. 21.解：（1）设抛物线()22:20C y px p =≠，则有()220y p x x=≠，据此验证4个点知(3,23-，()4,4-在抛物线上，易求22:4C y x =.设()2222:10x y C a b a b+=>>，把点()2,0-，62,代入得：222412614a ab ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得2243a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以1C 的方程为22143x y +=. （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ，将y kx m =+代入椭圆方程，消去y 得222(34)84120k x kmx m +++-=， 所以222(8)4(34)(412)0km k m ∆=-+->，即2243m k <+.① 由根与系数关系得122834km x x k +=-+，则122634my y k+=+，所以线段MN 的中点P 的坐标为2243(,)3434km mk k -++.又线段MN 的垂直平分线l '的方程为11()8y x k =--，由点P 在直线l '上，得223141()34348m km k k k =---++， 即24830k km ++=，所以21(43)8m k k=-+，由①得2222(43)4364k k k +<+，所以2120k >，即5k <-或5k >， 所以实数k 的取值范围是55(,)(,)-∞-⋃+∞.22.解：（1）根据题意，方程()2ln ln kx x k x x k R x=⇔=∈有两个不同的根，设()2ln h x x x =，则()2ln h x x x x '=+， 根据()'2ln 0h x x x x x e =+>⇒>，所以()h x 在(,)e +∞上单调递增；()2ln 0h x x x x '=+<0x e⇒<<，所以()h x 在(0,)e上单调递减. 所以x e =时，()h x 取得极小值()21=)ln 2h x e e e=-极小值（.又因为0x →时，()0h x →，()10h =，作出()h x 的大致图像如图所示，所以102k e-<<. （2）根据（1）可知1201x x e<<<<，设()()()x h x h x e ϕ=--=22ln ()ln()x x x x e e---，则()2[ln ()ln()]x x x x x eeeϕ'=+--.设()ln ()ln()m x x x x x ee =+-，则()ln ln()m x x x e'=--，根据()00m x x e'<⇒<<，则()m x 在e上单调递减，所以当0x e<<()(m x m ee>=，所以()0x ϕ'>，所以()x ϕ在e上单调递增，则当x∈时，()0x ϕϕ<=，即())h x h x <-，所以211()())h x h x h x =<-，又因为()h x 在)+∞上单调递增，所以21x x <-，即12x x +<.。
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海南八校2018届高三数学联考试卷（理
科附答案）
海南省八校联盟2018届高三起点测试
数学试卷(理科)
第Ⅰ卷（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.已知集合，，则中的元素的个数为()
A．0B．1C．2D．3
2.已知，为虚数单位，，则()
A．9B．C．24D．
3.某高校调查了400名大学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组，，，，.则这400名大学生中每周的自习时间不少于20小时的人数是()
A．380B．360C．340D．320
4.设为线段的中点，且，则
A．B．C.D．
5.执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的() A．2B．4C.10D．28
6.若，，，则()
A．B．C.D．
7.为等差数列的前项和，，，则()
A．5B．3C.1D．
8.设实数满足约束条件，则的取值范围为()
A．B．C.D．
9.如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为() A．46B．48C.50D．52
10.直线过点且与双曲线交于两点，若线段的中点恰好为点，则直线的斜率为()
A．B．C.D．
11.在三棱锥中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为()
A．B．C.D．
12.已知函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是() A．B．C.D．
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.设等比数列的公比为，若，，则．
14.若的展开式中的系数为1，则．
15.函数的最小值是．
16.已知是抛物线的焦点，过的直线与直线垂直，且直线与抛物线交于，两点，则．
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.在中，角的对边分别是，已知，，.
(1)求的值；
(2)求的面积.
18.某小区停车场的收费标准为：每车每次停车时间不超过2小时免费，超过2小时的部分每小时收费1元(不足1小时的部分按1小时计算).现有甲乙两人相互独立到停车场停车(各停车一次)，且两人停车的时间均不超过5小时，设甲、乙两人停车时间(小时)与取车概率如下表所示：
(1)求甲、乙两人所付车费相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付停车费之和为随机变量，求的分布列及数学期望.
19.如图，三棱柱的所有棱长均为2，平面平面，，为的中点.
(1)证明：；
(2)若是棱的中点，求二面角的余弦值.
20.如图，点在椭圆上，且点到两焦点的距离之和为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)设与(为坐标原点)垂直的直线交椭圆于(不重合)，求的取值范围.
21.设函数，其中.
(1)若直线与函数的图象在上只有一个交点，求的取值范围；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围.
22.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的参数方程为(为参数，)，曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)设直线与曲线相交于两点，当变化时，求的最小值.
23.已知函数，.
(1)当时，解不等式；
(2)若时，，求的取值范围.
海南省八校联盟2018届高三起点测试
数学试卷(理科)参考答案
一、选择题
1-5:CAADB6-10:DCBBD11、12：AB
二、填空题
13.14.15.16.
三、解答题
17.解：(1)因为，
所以，即，
由余弦定理得.
所以.
(2)因为，，.
所以.
18.解：(1)由题意得，∴，
，∴.
记甲、乙两人所付停车费相同为事件，则，
∴甲、乙两人所付停车费相同的概率为.
(2)设甲、乙两人所付的费用之和为，的可能取值为0，1，2，3，4，5，
，，，
，，，
的分布列为：
012345
∴.
19.(1)证明：取中点，设与交于点，连接，，依题意得，因为平面平面，平面平面，，
所以平面，即平面，所以，
又因为四边形为菱形，所以，又，所以平面，
而平面，所以.
(2)解：由(1)结合已知得：，，，
以为原点，如图所示建立空间直角坐标系，因为侧面是边长为2的菱形，且，
所以，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则由得，令，可取，
而平面的一个法向量，由图可知二面角为锐角，
因为.
所以二面角的余弦值为.
20.解：(1)∵，∴.
又点在椭圆上，∴，
解：，∴所求椭圆方程为.
(2)∵，∴，设直线的方程：.
联立方程组，消去得：.
，∴.
设，，，.
则，
∵，∴的取值范围为.
21.解：(1)当时，，
令时得；
令得，递增；
令得，递减，
∴在处取得极小值，且极小值为，∵，，
∴由数形结合可得或.
(2)当时，，，令得；
令得，递增；
令得，递减，
∴在处取得极小值，且极小值为，∵，∴，
∵当即时，，∴，即，∴无解，当即时，，∴，即，又，
∴，
综上，.
22.解：(1)由消去得，
所以直线的普通方程为.
由得，
把，代入上式，得，
所以曲线的直角坐标方程为. (2)将直线的参数方程代入，得，设两点对应的参数分别是，则，，
所以，
当时，的最小值为8.
23.解：(1)当时，不等式为；
当时，不等式转化为，不等式解集为空集；
当时，不等式转化为，解之得；
当时，不等式转化为，恒成立；
综上所求不等式的解集为.
(2)若时，恒成立，即，亦即恒成立，又因为，所以，所以的取值范围为.。