安徽省江南十校2018届高三冲刺联考(二模)数学(理)试卷(含答案)
C． (2 5 4) f ( 5) 2 f (3) f (4)
D． 2 f (3) f (4) (2 5 4) f ( 5)
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.把答案填在答题卡的相应 位置）
13.二项式
x
2 x
（ 为参数），曲线 N 的极坐
y 2sin2 2 3 sin cos
标方程为
cos
4
m
.
（1）求曲线 M 的普通方程与曲线 N 的直角坐标方程； （2）曲线 M 与曲线 N 有两个公共点，求 m 的取值范围.
23.选修 4-5：不等式选讲
已知 f (x) x 1 x 2 .
20.已知椭圆 E ： x2 y2 1，点 A 、 B 、 C 都在椭圆 E 上， O 为坐标原点， D 为 AB 中 43
点，且 CO 2OD .
（1）若点
C
的坐标为
1,
3 2
，求直线
AB
的方程；
（2）求证： ABC 面积为定值.
21.设 f (x) x ln x 3 ax2 (3a 1)x . 2
21
下，没有足够的证据说明物理成绩及格与性别有关；
（3）由题意可知
X
B
3,
4 11
，∴
EX
n
p
12 11
，∴
DX np(1 p) 3 4 7 84 . 11 11 121
19.（1）证明：设 AC ， BD 交于点 O ，∵底面 ABCD 为菱形，∴ AC BD ，又∵ A1B A1D ， O 是 BD 的中点，∴ A1O BD ， AC A1O O ，∴ BD 平面 ACC1A1 ，
设 AA1 A1C AB 2 ，由题得 BD 2 ， AC 2 3 ， OA1 1 ，则
A( 3, 0, 0) ， C( 3, 0, 0) ， B(0,1, 0) ， A1(0, 0,1) ，
设 m (x, y, z) 是平面 OBB1 的一个法向量，
2018 年“江南十校”高三学生冲刺联考（二模）
理科数学
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.已知复数满足 z2 12 16i ，则 z 的模为（ ）
A． 20
B． 12
C． 2 5
（1）求数列 {an } 的通项公式；
（2）设 bn
(1
an an ) (1
an 1 )
，求 {bn } 的前
n
项和 Tn
.
18.甲乙两个班进行物理测试，其中女生 60 人，男生 50 人，从全部110 人任取一人及格的概 7
率为 ，并且男生和女生不及格人数相等.
11
（1）完成如下 2 2 列联表
10
，
2
8a sin B 3 15c ， cos A 1 ，则 ABC 面积为
．
4
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.解答写在答题卡上的指定区域内）
17.数列 {an } 满足
a1
2a2
3a3
nan
2
n2 2n
.
又∵ BD 平面 BDD1B1 ，∴平面 ACC1A1 平面 BDD1B1 ；
（2）解：∵ AA1 A1C ， O 是 AC 的中点，∴ OA1 AC ， OA1 ， OA ， OB 两两垂直，以 OA ， OB ， OA1 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系如图所示，
n OB1 0 3x y z 0
cos m, n
m n
3
6
，
m n 2 2 4
∴二面角 B OB1 C 平面角正弦值为
1
6 2 4
10
.
4
20.解：（1）设
A( x1 ,
y1 )
，
B． (,3]
C． (0, 2]
D． [2, 3]
4.不等式 x y 2 所表示的区域为 M ，函数 y 2 x2 的图象与 x 轴所围成的区域为
N .向 M 内随机投一个点，则该点落到 N 内概率为（ ）
A．
8
B．
4
2
C．
D．
16
5.直线 l 过抛物线 E ： y2 8x 的焦点且与 x 轴垂直，则直线 l 与 E 所围成的面积等于（
B． k 2
C． k 2
D． k 145 72
11.向量 m ， n ， p 满足：
m
n
2，mn
2 ， (m p) (n p)
1
m p
n p
，
2
则 p 最大值为（ ）
A． 2
C
(2,
0)
，
A
1,
3 2
，
B
1,
3 2
或
C(2, 0) ，
A1,
3 2
，
B
1,
3 2
OB (0,1, 0) ， BB1 AA1 ( 3, 0,1) ，
m
OB
0
y
0
，可得 m (1, 0, 3) ，
m BB1 0 3x z 0
设 n (x, y, z) 是平面 OB1C 的一个法向量，
n
展开式中，只有第
7
项的二次项系数最大，则展开式中常数项是
．
14.已知两个圆 C1 ， C2 与两坐标系都相切，且都过点 (1, 2) ，则 C1C2
．
15.在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥之，割之又割，以 至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限转化思想.比
及格
不及格
合计
女
男
合计
（2）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过 0.1 的前提下认为物理成绩及格与学生性别
有关？
（3）从两个班有放回的任取 3 人，记抽取的 3 人中不及格人数为 X ，求 X 的数学期望和方
差.
附： K 2
n(ad bc)2
.
(a b)(c d )(a c)(b d )
（1） g(x) f '(x) 在[1, 2] 上单调，求 a 的取值范围；
（2）已知 f (x) 在 x 1 处取得极小值，求 a 的取值范围.
请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答 时请写清题号.
22.选修 4-4：坐标系与参数方程
x cos 3 sin 已知曲线 M 的参数方程为：
B． 2
C． 1
D． 4
12. y f (x) 的导函数满足：当 x 2 时， (x 2)( f (x) 2 f '(x) xf '(x)) 0 ，则（ ）
A． f (4) (2 5 4) f ( 5) 2 f (3)
B． f (4) 2 f (3) (2 5 4) f ( 5)
如在 2 2 2 中“...”即代表无限次重复，但原数中有个定数 x ，这可以通过
2
x
x
确定出来
x
2
，类似地可得到： 1
1 3
1 32
1 3n1
．
16. ABC 中，角 A ， B ， C 所对边分别为 a ， b ， c . D 是 BC 边的中点，且 AD
OC ( 3, 0, 0) ， OB1 OB BB1 OB AA1 (0,1, 0) ( 3, 0,1) ( 3,1,1) ，
n
OC
0
3x 0
，可得 n (0,1, 1) ，
B．[0, 24]
C．[2, 4] (6, 24] D．[2, 24]
8.函数
y
sin
x
sin
x
3
的图象沿
x
轴向右平移
m(m
0)
个单位后，得到
y
g(
x)
为
偶函数，则 m 的最小值为（ ）
A．
12
B．
2
C．
3
D．
6
9.平面 内有 n 个点（无三点共线）到平面 的距离相等，能够推出 / / ，三个平面将空
1
1 2n
2n
1
1 2n1
(2n
2n1 1)(2n1
1)
2
1 2n 1
1 2n1 1 ，
∴ Tn
2
1 2 1
1 22 1
1 22 1
1 23 1
安徽省江南十校2018届高三冲刺联考(二模)理科数学试卷(解析版)
2018年“江南十校”高三学生冲刺联考（二模）理科数学第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. 已知复数满足，则的模为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：设出复数的代数形式，利用复数的乘方和复数相等求出复数，再利用模的计算公式进行求解．详解：设，则由，得，则，解得或，即．点睛：本题考查复数的乘方运算、复数相等及模的概念等知识，意在考查学生的基本运算能力．2. 为第三象限角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先由两角和的正切公式求出，再利用同角三角函数基本关系式进行求解．详解：由，得，由同角三角函数基本关系式，得，解得又因为为第三象限角，所以，则．点睛：1.利用两角和差公式、二倍角公式进行三角恒等变形时，要优先考虑用已知角表示所求角，如：、；2.利用同角三角函数基本关系式中的“”求解时，要注意利用角的范围或所在象限进行确定符号．3. 已知全集为，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用一元二次不等式、对数不等式的解法化简两个集合，再利用集合的运算进行求解．详解：因为，，所以，即．点睛：本题考查一元二次不等式的解法、对数函数的单调性及集合的运算等知识，意在考查学生的基本运算能力．4. 不等式所表示的区域为，函数的图象与轴所围成的区域为.向内随机投一个点，则该点落到内概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：先作出两个平面区域，再利用几何概型的概率公式进行求解．详解：不等式表示的区域是对角线为的正方形，其面积为；函数的图象与轴所围成的区域是半径为的半圆，面积为；则向内随机投一个点，则该点落到内的概率为．点睛：本题考查几何概型的概率公式等知识，意在考查数形结合思想的应用能力和基本计算能力．5. 直线过抛物线：的焦点且与轴垂直，则直线与所围成的面积等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：先作出直线和抛物线围成的平面区域，再利用定积分的几何意义进行求解．详解：由题意，得直线的方程为，将化为，由定积分的几何意义，得所求部分分面积为．点睛：本题考查抛物线的几何性质、定积分的几何意义等知识，意在考查学生的数形结合思想的应用能力和基本计算能力．6. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：先根据三视图想象出空间几何体的结构特征，再利用有关表面积的计算公式进行求解．详解：由三视图可知该几何体是由一个棱长为2的正方体（且在上半部分挖去一个半径为1的半球）和一个半圆柱（底面半径为1，母线长为2，且轴截面与正方体的一个侧面重合）则该几何体的表面积为．点睛：本题考查空间几何体的三视图、组合体的表面积公式等知识，意在考查空间想象能力．7. 阅读如图所示程序框图，运行相应的程序.当输入的时，则输出的范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用程序框图和分段函数进行求解．详解：当时，，则；当时，；综上所述，输出的范围为．点睛：本题考查程序框图等知识，意在考查分类讨论思想的应用能力和基本计算能力．8. 函数的图象沿轴向右平移个单位后，得到为偶函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数表达式，再利用三角函数的图象变换得到，再利用诱导公式、三角函数的奇偶性进行求解．详解：，将的图象沿轴向右平移个单位后，得到的图象，因为，所以，即，即正数的最小值为．点睛：1.本题的易错点在将的图象沿轴向右平移个单位后，得到的图象，往往出现错误结果（），要注意左右平移的单位仅仅对于自变量“”而言；2.研究三角函数的奇偶性，要牢记“为奇函数，为偶函数”，再利用诱导公式进行合理转化．9. 平面内有个点（无三点共线）到平面的距离相等，能够推出，三个平面将空间分成个平面，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：先利用空间几何体的结构特征得到的最小值和的最大值，进而求出的最小值．详解：平面内有个点（无三点共线）到平面的距离相等，能够推出，则的最小值为5；三个平面将空间分成个平面，则的最大值为8，则的最大值为．点睛：本题考查空间几何体的结构特征等知识，意在考查学生的空间想象能力．10. 已知，满足，的最小值、最大值分别为，，且对上恒成立，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先作出不等式组表示的平面区域，利用消元法和二次函数求出的最值，再分离参数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．详解：作出表示的平面区域（如图所示），显然的最小值为0，当点在线段上时，；当点在线段上时，；即；当时，不等式恒成立，若对上恒成立，则在上恒成立，又在单调递减，在上单调递增，即，即．点睛：本题考查不等式组和平面区域、不等式恒成立问题等知识，意在考查学生的逻辑思维能力、数形结合思想的应用能力和化归能力．11. 向量，，满足：，，，则最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先利用平面向量的数量积公式得到的夹角和的夹角，再利用圆的性质进行求解．详解：因为，，所以的夹角为，因为，所以的夹角为；作（如图1、图2所示），则，由图象，得的最大值为4．图1 图2点睛：解决本题的关键是利用平面向量的数量积定义判定的夹角和的夹角互补且为二倍关系，所以借助圆周角和圆心角的关系、圆内接四边形的性质进行判定，再利用圆的直径是最长的弦进行求解．12. 的导函数满足：当时，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】分析：构造函数，求导，利用导数的符号变化确定函数的单调性，进而比较大小．详解：令，则，因为当时，，所以当时，即函数在上单调递减，则，即，即．点睛：利用导数研究函数的单调性时，往往要根据题意合理构造函数，如本题中，一要结合“当时，”，二要结合选项“”的变形“”，进而构造函数，这需要学生多积累、多总结．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.把答案填在答题卡的相应位置）13. 二项式展开式中，只有第项的二次项系数最大，则展开式中常数项是__________．【答案】【解析】分析：先根据二项式系数的性质得到展开式的项数和次数，再利用二项展开式的通项进行求解．详解：因为二项式展开式中，只有第项的二次项系数最大，所以展开式共有13项，即，则的展开式的通项为令，得，即展开式中常数项是．点睛：本题考查二项式定理等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力．14. 已知两个圆，与两坐标系都相切，且都过点，则__________．【答案】【解析】分析：先根据两圆与坐标系都相切，确定两圆的圆心在直线上，再利用两圆都过进行求解．详解：由题意，得圆的圆心在射线上，设圆的方程为，因为圆过点，所以，解得或，即，则．点睛：本题考查圆的方程、直线和圆的位置关系等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力．15. 在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥之，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限转化思想.比如在中“...”即代表无限次重复，但原数中有个定数，这可以通过确定出来，类似地可得到：__________．【答案】【解析】分析：利用所给例子和类比思想进行求解．详解：利用类比思想，令，解得．点睛：本题考查类比思想等知识，意在考查学生的类比推理能力．16. 中，角，，所对边分别为，，.是边的中点，且，，，则面积为__________．【答案】【解析】分析：先利用同角三角函数基本关系式求出，再利用正弦定理得到边边关系，再利用余弦定理求出边长，再利用三角形的面积公式进行求解．详解：因为，因为，由正弦定理及，得，即，即，在中，由余弦定理，得，分别在中，由余弦定理，得：，，两式相加化简，得，，则．点睛：利用正弦定理和余弦定理解三角形，往往有以下题型：①在中，已知角和边，利用正弦定理处理；②在中，已知边和角，利用正弦定理处理；③在中，已知边，利用余弦定理处理；④在中，已知边和角，利用余弦定理处理．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.解答写在答题卡上的指定区域内）17. 数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前项和.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）利用进行求解；（2）先利用（1）结果求出，再利用裂项抵消法进行求解．详解：（1）当时，；当，，可得，又∵当时也成立，∴；（2），∴.点睛：1.利用数列的通项和前项和的关系求解时，要注意为分段函数，不要忘记验证“”的情形；2.裂项抵消法是重要的求和方法，其主要适用题型为：①求数列的前项和，即；②求数列的前项和，即；③求数列的前项和，即．18. 甲乙两个班进行物理测试，其中女生人，男生人，从全部人任取一人及格的概率为，并且男生和女生不及格人数相等.（1）完成如下列联表（2）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为物理成绩及格与学生性别有关？（3）从两个班有放回的任取人，记抽取的人中不及格人数为，求的数学期望和方差.附：.【答案】（1）见解析（2）没有（3），∴【解析】分析：（1）根据题意填写列联表即可；（2）利用列联表和所给公式求值，再利用临界值表进行判定；（3）先判定该分布为二项分布，再利用二项分布的期望公式和方差公式进行求解．详解：（1）（2）由，犯错误概率不超过的前提下，没有足够的证据说明物理成绩及格与性别有关；（3）由题意可知，∴，∴.点睛：本题考查列联表、独立性检验思想、二项分布的期望与方差等知识，意在考查学生逻辑思维能力和基本计算能力．19. 平行六面体中，底面为菱形，，，.（1）证明：平面平面；（2）设与交于点，求二面角平面角正弦值.【答案】（1）见解析（2）.【解析】分析：（1）设，交于点，利用菱形的对角线相互垂直、等腰三角形的“三线合一”证得线线垂直，再利用线面垂直、面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用线线间的垂直关系建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出两个平面的法向量，利用法向量间的夹角公式进行求解．详解：（1）证明：设，交于点，∵底面为菱形，∴，又∵，是的中点，∴，，∴平面，又∵平面，∴平面平面；（2）解：∵，是的中点，∴，，，两两垂直，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，设，由题得，，，则，，，，设是平面的一个法向量，，，，可得，设是平面的一个法向量，，，，可得，，∴二面角平面角正弦值为.点睛：本题考查空间中垂直关系的转化、空间向量在立体几何中的应用，意在考查学生的空间想象能力和基本计算能力．20. 已知椭圆：，点、、都在椭圆上，为坐标原点，为中点，且.（1）若点的坐标为，求直线的方程；（2）求证：面积为定值.【答案】（1）（2）见解析【解析】分析：（1）先利用求出，再利用点差法进行求解；（2）先讨论直线不存在斜率时的情况，再设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、点到直线的距离公式和三角形的面积公式进行证明．详解：（1）设，，，∵，∴，将，代入椭圆方程中，可得化简可得，∴，∴直线的方程为；（2）证明：设，∴，①当直线的斜率不存在时，，由题意可得，，或，，，此时；②当直线的斜率存在时，，由（1），∴：，即直线：，即，，∴，，∵，，到的距离，.∴为定值.点睛：1.当研究直线和圆锥曲线的中点弦问题时，往往利用“点差法”进行处理，可减少运算量，提高解题速度，即“代点、作差、与中点坐标公式、直线的斜率公式相联系”；2.在设直线方程时，要注意根据题意考虑是否需要讨论“直线的斜率不存在“的特殊情形．21. 设.（1）在上单调，求的取值范围；（2）已知在处取得极小值，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）求导得到，再求导，将在区间上单调转化为或进行求解；（2）利用（1）结果，通过讨论的取值研究导函数的符号变化，进而验证何时在处取得极小值．详解：（1）由，即，，，①在上单调递增，∴对恒成立，即对恒成立，得；②在上单调递减，∴对恒成立，即对恒成立，得，由①②可得的取值范围为；（2）由（1）知，①，在上单调递增，∴时，，单调递减，时，，单调递增，∴在处取得极小值，符合题意；②时，，又在上单调递增，∴时，，∴时，，∴在上单调递减，上单调递增，在处取得极小值，符合题意；③时，，在上单调递增，∴上单调递减，∴时，，单调递减，不合题意；④时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴在处取得极大值，不符合题意；综上所述，可得.点睛：本题考查导数与函数的单调性、极值间的关系等知识，意在考查学生的分类讨论思想的应用能力和复杂的数学运算能力．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）曲线与曲线有两个公共点，求的取值范围.【答案】（1），.（2）【解析】分析：（1）利用同角三角函数基本关系式、二倍角公式消参到曲线的普通方程，再利用两角和的余弦公式和互化公式进行求解；（2）联立直线和抛物线方程，得到关于的一元二次方程，利用二次方程的根的分布进行求解．详解：（1）在曲线中，∴曲线的普通方程为，.在曲线中：由可得，∴曲线的直角坐标方程为；（2）联立，有两解，令，在上有两解，∴，∴.点睛：本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程间的互化、直线和抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的数学化简能力和基本计算能力．23. 选修4-5：不等式选讲已知.（1）解不等式：；（2）不等式对任意恒成立，求的范围.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）利用零点分段讨论法进行求解；（2）分离参数，将不等式恒成立转化为求函数的最值问题，再利用三角不等式求最值，进而利用零点分段讨论法求出的范围．详解：（1）①，②，③，由①②③可得；（2）①当时，，∴；②当时，即对恒成立，，当且仅当，即时取等号，∴，解得.点睛：本题考查绝对值不等式的解法、不等式恒成立问题，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力．。
安徽省江南十校2018届高三冲刺联考(二模)理科综合试卷
绝密★启用前姓名_____________座位号__(在此卷上答题无效）2018年“江南十校”高三学生冲刺联考(理科综合能力测试M)页至麵，第咖页編页，論第7考生注意事项：务财试题健定_錄写自己雜名、錄号，并认真核雜料卜所錢S形考码人座位号是否—致。
务必在答题卡规定的^3=枯级贴2.出再答4==_卡上对___黑。
如需丄须使用Q.5毫米的黑色墨水签字笔在等题卡上书写，要求字体工整笔迹 图题可先用银笔在等种规定的位置绘出，确认#用。
.5毫米子体整里=暮5■爾题’答，料轉4••成结束，卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量:H—l C—12 0—16Fe—56第I卷(选择题共126分）-、选择题:本题共！3小题，每小题6分。
在每小题给出_个醜中，只有-项是符合题目要 求的。
1•下列关于细胞组成及结构的相关叙述正确的是 () A•由内质网组成的网状结构构成细胞的基本骨架B•液泡存在于植物的部分细胞中，其内含有各种色素和养料C•可以使用低倍显微镜观察洋葱鱗片叶细胞的质壁分离现象D.无叶绿体的根细胞经培养后，不能获得完整的绿色植株2•下列有关细胞生命历程的叙述正确的是() A•分裂末期，染色体解旋变成染色质时需要DNA解旋酶B•成人体内的造血干细胞是已发生分化的细胞C. 原癌基因与抑癌基因在人体的正常细胞中不表达D. 细胞通过减数分裂将一半的遗传物质传递给生殖细胞3•下列有关遗传、变异及进化的说法不年，的是 （）A.可以独立生活的生物都是以DNA作为遗传信息的载体B•若单基因遗传病患者的双亲表现正常，则正常情况下母亲是致病基因携带者C.无论是自然选择还是人工选择，都能使种群基因频率发生定向改变D. 花药离体培养过程中，基因突变、基因重组、染色体变异均有可能发生4•下列过程可以确定内环境稳态已失调的是 （）A. 午饭大量吃糖—尿液用斐林试剂鉴定出现砖红色B.长时间营养不良—出现全身浮肿C. 病毒感染细胞和T细胞大量增殖D.剧烈运动—垂体释放的抗利尿激素增加5•脱落酸(ABA)是植物体内的重要激素，其具有多种功能。
安徽省江淮十校2018届高三数学第二次联考试题 理
安徽省江淮十校2018届高三数学第二次联考试题理
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2018年安徽省江南十校高考数学二模试卷(理科)(解析版)
2018年安徽省江南十校高考数学二模试卷（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．（5分）已知复数z满足z2＝12+16i，则z的模为（）A．20B．12C．D．2．（5分）θ为第三象限角，，则sinθ﹣cosθ＝（）A．B．C．D．3．（5分）已知全集为R，集合A＝{x|﹣x2+6x﹣8＞0}，，则（∁R A）∩B＝（）A．（﹣∞，2]B．（﹣∞，3]C．（0，2]D．[2，3]4．（5分）不等式|x|+|y|≤2所表示的区域为M，函数的图象与x轴所围成的区域为N．向M内随机投一个点，则该点落到N内概率为（）A．B．C．D．5．（5分）直线l过抛物线E：y2＝8x的焦点且与x轴垂直，则直线l与E所围成的面积等于（）A．13B．C．D．6．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体表面积为（）A．16+5πB．16+3πC．20+4πD．20+5π7．（5分）阅读如图所示程序框图，运行相应的程序．当输入的x∈[﹣2，4]时，则输出y的范围是（）A．[﹣8，4]B．[0，24]C．[﹣2，4]∪（6，24]D．[﹣2，24] 8．（5分）函数的图象沿x轴向右平移m（m＞0）个单位后，得到y ＝g（x）为偶函数，则m的最小值为（）A．B．C．D．9．（5分）平面α内有n个点（无三点共线）到平面β的距离相等，能够推出α∥β，三个平面将空间分成m个平面，则的最小值为（）A．B．C．D．10．（5分）已知x，y满足，z＝xy的最小值、最大值分别为a，b，且x2﹣kx+1≥0对x∈[a，b]上恒成立，则k的取值范围为（）A．﹣2≤k≤2B．k≤2C．k≥﹣2D．11．（5分）向量，，满足：，，，则最大值为（）A．2B．C．1D．412．（5分）y＝f（x）的导函数满足：当x≠2时，（x﹣2）（f（x）+2f'（x）﹣xf'（x））＞0，则（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置）13．（5分）二项式展开式中，只有第7项的二次项系数最大，则展开式中常数项是．14．（5分）已知两个圆C1，C2与两坐标系都相切，且都过点（1，﹣2），则|C1C2|＝．15．（5分）在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥之，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限转化思想．比如在中“…”即代表无限次重复，但原数中有个定数x，这可以通过确定出来x＝2，类似地可得到：＝．16．（5分）△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c．D是BC边的中点，且，，，则△ABC面积为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答写在答题卡上的指定区域内）17．（12分）数列{a n}满足．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求{b n}的前n项和T n．18．（12分）甲乙两个班进行物理测试，其中女生60人，男生50人，从全部110人任取一人及格的概率为，并且男生和女生不及格人数相等．（1）完成如下2×2列联表（2）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为物理成绩及格与学生性别有关？（3）从两个班有放回的任取3人，记抽取的3人中不及格人数为X，求X的数学期望和方差．附：．19．（12分）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AA1＝A1C＝AB，A1B＝A1D．（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BDD1B1；（2）设BD与AC交于O点，求二面角B﹣OB1﹣C平面角正弦值．20．（12分）已知椭圆E：，点A、B、C都在椭圆E上，O为坐标原点，D为AB中点，且．（1）若点C的坐标为，求直线AB的方程；（2）求证：△ABC面积为定值．21．（12分）设．（1）g（x）＝f'（x）在[1，2]上单调，求a的取值范围；（2）已知f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知曲线M的参数方程为：（α为参数），曲线N的极坐标方程为．（1）求曲线M的普通方程与曲线N的直角坐标方程；（2）曲线M与曲线N有两个公共点，求m的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|x﹣1|+|x﹣2|．（1）解不等式：f（x）≤x+3；（2）不等式|m|•f（x）≥|m+2|﹣|3m﹣2|对任意m∈R恒成立，求x的范围．2018年安徽省江南十校高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．（5分）已知复数z满足z2＝12+16i，则z的模为（）A．20B．12C．D．【解答】解：设z＝a+bi，∵复数z满足z2＝12+16i，∴a2+2abi+b2i2＝12+16i，∴（a2﹣b2）+2abi＝12+16i，∴，解得a2＝16，b2＝4，∴z的模|z|＝＝＝2．故选：C．2．（5分）θ为第三象限角，，则sinθ﹣cosθ＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵θ为第三象限角，＝，∴tanθ＝＝2，再根据sin2θ+cos2θ＝1，sinθ＜0，cosθ＜0，∴sinθ＝﹣，cosθ＝﹣，∴sinθ﹣cosθ＝﹣，故选：B．3．（5分）已知全集为R，集合A＝{x|﹣x2+6x﹣8＞0}，，则（∁R A）∩B＝（）A．（﹣∞，2]B．（﹣∞，3]C．（0，2]D．[2，3]【解答】解：A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|0＜x≤3}；∴∁R A＝{x|x≤2，或x≥4}；∴（∁R A）∩B＝（0，2]．故选：C．4．（5分）不等式|x|+|y|≤2所表示的区域为M，函数的图象与x轴所围成的区域为N．向M内随机投一个点，则该点落到N内概率为（）A．B．C．D．【解答】解：作出不等式|x|+|y|≤2所表示的区域为M、函数的图象与x轴所围成的区域为N如图．正方形区域M得面积为，区域N得面积为．由测度比为面积比，可得向M内随机投一个点，则该点落到N内概率为．故选：A．5．（5分）直线l过抛物线E：y2＝8x的焦点且与x轴垂直，则直线l与E所围成的面积等于（）A．13B．C．D．【解答】解：抛物线y2＝8x的焦点坐标为（2，0），∵直线l过抛物线C：y2＝8x的焦点且与x轴垂直，∴直线l的方程为x＝2，∴直线l与抛物线围成的封闭图形面积为2）dx＝4＝．故选：C．6．（5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体表面积为（）A．16+5πB．16+3πC．20+4πD．20+5π【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是正方体与半圆柱的组合体，其中正方体的上部挖去一个半球体，如图所示；则该几何体表面积为S＝4×22+2π•12+π•12+π•1•2＝16+5π．故选：A．7．（5分）阅读如图所示程序框图，运行相应的程序．当输入的x∈[﹣2，4]时，则输出y的范围是（）A．[﹣8，4]B．[0，24]C．[﹣2，4]∪（6，24]D．[﹣2，24]【解答】解：分析程序的运行过程知，该程序运行后输出y的值；当x∈[﹣2，1）时，3x2+2∈[2，14]，y＝2（3x2+2）﹣4∈[0，24]；当x∈[1，4]时，y＝2x﹣4∈[﹣2，4]；∴输出y的取值范围是[﹣2，24]．故选：D．8．（5分）函数的图象沿x轴向右平移m（m＞0）个单位后，得到y ＝g（x）为偶函数，则m的最小值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数＝sin x（sin x+cos x）＝•sin2x+sin x cos x＝•+sin2x＝+（sin2x﹣cos2x）＝+•sin（2x﹣），把f（x）的图象沿x轴向右平移m（m＞0）个单位后，得到y＝g（x）＝+•sin（2x﹣2m﹣）的图象，而g（x）为偶函数，∴2m+＝kπ+，k∈Z，∴m＝，故选：D．9．（5分）平面α内有n个点（无三点共线）到平面β的距离相等，能够推出α∥β，三个平面将空间分成m个平面，则的最小值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵不在同一条直线三点确定一个平面，∴至少有三个．当有三个点时，如果在平面β的异侧，则不成立；当四个点时，如果在平面β的异侧，且均平行于平面β，也不成立，当有五个点时成立．∴“这n个点到平面β的距离均相等”是“α∥β”的充要条件，则n的最小值为5，三个平面将空间分成m个平面，m的取值为4，6，7，8，即m的最大值为8，可得的最小值为．故选：C．10．（5分）已知x，y满足，z＝xy的最小值、最大值分别为a，b，且x2﹣kx+1≥0对x∈[a，b]上恒成立，则k的取值范围为（）A．﹣2≤k≤2B．k≤2C．k≥﹣2D．【解答】解：x，y满足的可行域如图：z＝xy，当x一定，y最大时，z最大，y 一定则x最大时，z最大，所以，最大值一定在线段2x+y＝3上取得，最小值在（0，1.5）处取得．z＝x（3﹣2x）＝﹣2x2+3x，x∈[0，1]，所以z的最大值为：＝，最小值为：0，x2﹣kx+1≥0对x∈[0，]上恒成立，可得k≤，因为≥2，此时x＝1，1∈，所以则k的取值范围为：k≤2．故选：B．11．（5分）向量，，满足：，，，则最大值为（）A．2B．C．1D．4【解答】解：如图，设＝，＝，＝，，，可得cos∠MON＝＝﹣，即有∠MON＝120°，又＝﹣，＝﹣，，可得cos∠MPN＝，即∠MPN＝60°，由∠MON+∠MPN＝180°，可得O，M，P，N四点共圆C，在△MON中，OM＝ON＝2，MN＝＝2，则圆C的直径为＝4，可得最大值为4．故选：D．12．（5分）y＝f（x）的导函数满足：当x≠2时，（x﹣2）（f（x）+2f'（x）﹣xf'（x））＞0，则（）A．B．C．D．【解答】解：设g（x）＝，∴g′（x）＝，∵（x﹣2）（f（x）+2f'（x）﹣xf'（x））＞0，∴（x﹣2）（（x﹣2）f'（x）﹣f（x））＜0，当x＞2时，（x﹣2）f'（x）﹣f（x））＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）在（2，+∞）上单调递减，当x＜2时，（x﹣2）f'（x）﹣f（x））＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，2）上单调递增，∴g（4）＜g（3）＜g（），∴＜＜∴f（4）＜2f（3）＜（2+4）f（），故选：C．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置）13．（5分）二项式展开式中，只有第7项的二次项系数最大，则展开式中常数项是7920．【解答】解：二项式展开式中，只有第7项的二次项系数最大，∴第7项是中间项，展开式共有13项，则n＝12；∴二项式展开式的通项公式为T r+1＝••＝（﹣2）r••，令6﹣＝0，解得r＝4，∴展开式中常数项是T5＝（﹣2）4•＝16×＝7920．故答案为：7920．14．（5分）已知两个圆C1，C2与两坐标系都相切，且都过点（1，﹣2），则|C1C2|＝．【解答】解：两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（1，﹣2），则圆在第四象限内；设两个圆的圆心分别为（a，﹣a），（b，﹣b），由于两圆都过点（1，﹣2），则有＝|a|，＝|b|，∴a和b分别为（x﹣1）2+（x﹣2）2＝x2的两个实数根，即a和b分别为x2﹣6x+5＝0 的两个实数根，∴a+b＝6，ab＝5，∴（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab＝16，∴两圆心的距离|C1C2|＝•|a﹣b|＝4．故答案为：4．15．（5分）在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥之，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限转化思想．比如在中“…”即代表无限次重复，但原数中有个定数x，这可以通过确定出来x＝2，类似地可得到：＝．【解答】解：可以令＝S（S＞0），可得（）+1＝S，即，解得S＝，故答案为：．16．（5分）△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c．D是BC边的中点，且，，，则△ABC面积为．【解答】解：在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c．D是BC边的中点，且，，，则：sin A＝，所以：8sin A sin B＝3sin C，解得：2b＝3c，设：b＝3x，c＝2x，a＝2y在△ABC中，利用余弦定理：cos A＝﹣＝，解得：y＝2x．在△ABD中，利用余弦定理：4x2＝﹣2cos∠BDA，在△ACD中，利用余弦定理：﹣2，所以：13x2＝8x2+5，解得：x＝1，所以：b＝3，c＝2，故：＝，故答案为：三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答写在答题卡上的指定区域内）17．（12分）数列{a n}满足．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，；当n≥2，＝，可得，又∵当n＝1时也成立，∴；（2），＝，∴T n＝，＝．18．（12分）甲乙两个班进行物理测试，其中女生60人，男生50人，从全部110人任取一人及格的概率为，并且男生和女生不及格人数相等．（1）完成如下2×2列联表（2）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为物理成绩及格与学生性别有关？（3）从两个班有放回的任取3人，记抽取的3人中不及格人数为X，求X的数学期望和方差．附：．【解答】解：（1）（2）由＝，犯错误概率不超过0.1的前提下，没有足够的证据说明物理成绩及格与性别有关；（3）由题意可知，∴，∴．19．（12分）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AA1＝A1C＝AB，A1B＝A1D．（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BDD1B1；（2）设BD与AC交于O点，求二面角B﹣OB1﹣C平面角正弦值．【解答】（1）证明：设AC，BD交于点O，∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又∵A1B＝A1D，O是BD的中点，∴A1O⊥BD，AC∩A1O＝O，∴BD⊥平面ACC1A1，又∵BD⊂平面BDD1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BDD1B1；（2）解：∵AA1＝A1C，O是AC的中点，∴OA1⊥AC，OA1，OA，OB两两垂直，以OA，OB，OA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，设AA1＝A1C＝AB＝2，由题得BD＝2，，OA1＝1，则，，B（0，1，0），A1（0，0，1），设是平面OBB1的一个法向量，，，由，可得，设是平面OB1C的一个法向量，则，＝，由，可得，可得＝，∴二面角B﹣OB1﹣C平面角正弦值为．20．（12分）已知椭圆E：，点A、B、C都在椭圆E上，O为坐标原点，D为AB中点，且．（1）若点C的坐标为，求直线AB的方程；（2）求证：△ABC面积为定值．【解答】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），∵，＝（﹣1，﹣），∴，故x1+x2＝﹣1，y1+y2＝﹣．将A，B带入椭圆方程中，可得，化简可得：，∴＝，∴直线AB的方程为：y＝﹣（x+）﹣，即x+2y+2＝0．（2）证明：设C（m，n），则，①当直线AB的斜率不存在时，n＝0，由题意可得C（2，0），，或C（﹣2，0），，，此时；②当直线AB的斜率存在时，n≠0，由（1），∴AB：，即直线AB：＝，即3mx+4ny+6＝0，⇒3x2+3mx+3﹣4n2＝0，∴x1+x2＝﹣m，，∵，＝＝，O到AB的距离，∴×．∴S△ABC为定值．21．（12分）设．（1）g（x）＝f'（x）在[1，2]上单调，求a的取值范围；（2）已知f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．【解答】解：（1）由f'（x）＝lnx﹣3ax+3a，即g（x）＝lnx﹣3ax+3a，x∈（0，+∞），，①g（x）在[1，2]上单调递增，∴对x∈[1，2]恒成立，即对x∈[1，2]恒成立，得；②g（x）在[1，2]上单调递减，∴对x∈[1，2]恒成立，即对x∈[1，2]恒成立，得，由①②可得a的取值范围为；（2）由（1）知，①a≤0，f'（x）在（0，+∞）上单调递增，∴x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）在x＝1处取得极小值，符合题意；②时，，又f'（x）在上单调递增，∴x∈（0，1）时，f'（x）＜0，∴时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，上单调递增，f（x）在x＝1处取得极小值，符合题意；③时，，f'（x）在（0，1）上单调递增，∴x∈（1，+∞）上单调递减，∴x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，f（x）单调递减，不合题意；④时，，当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，不符合题意；综上所述，可得．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知曲线M的参数方程为：（α为参数），曲线N的极坐标方程为．（1）求曲线M的普通方程与曲线N的直角坐标方程；（2）曲线M与曲线N有两个公共点，求m的取值范围．【解答】解：（1）在曲线M中x2＝cos2α+3sin2α，∴曲线M的普通方程为y＝x2﹣1，x∈[﹣2，2]．在曲线中：．可得ρcosθ﹣ρsinθ＝，∴曲线的直角坐标方程为；x﹣y＝，即y＝x﹣m．（2）联立，x∈[﹣2，2]有两解，令，在[﹣2，2]上有两解，∴，∴．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝|x﹣1|+|x﹣2|．（1）解不等式：f（x）≤x+3；（2）不等式|m|•f（x）≥|m+2|﹣|3m﹣2|对任意m∈R恒成立，求x的范围．【解答】解：（1）|x﹣1|+|x﹣2|≤x+3，可得①，②⇒1＜x＜2，③⇒0≤x≤1，由①②③可得x∈[0，6]；（2）①当m＝0时，0≥0，∴x∈R；②当m≠0时，即对m恒成立，，当且仅当，即时取等号，∴f（x）＝|x﹣1|+|x﹣2|≥4，由x≥2，2x﹣3≥4，解得x≥，即为x≥；1＜x＜2，x﹣1+2﹣x≥4，解得x∈∅；x≤1时，3﹣2x≥4，解得x≤﹣；综上可得．。
2018年安徽省江南十校高考数学二模试卷(理科)
2018年安徽省江南十校高考数学二模试卷（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. 已知复数z满足z2=12+16i，则z的模为()A.20B.12C.2√5D.2√3【答案】C【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算复数相等的充要条件【解析】设z=a+bi，由复数z满足z2=12+16i，列方程组求出a2=16，b2=4，由此能求出z的模．【解答】解：设z=a+bi，∵复数z满足z2=12+16i，∴a2+2abi+b2i2=12+16i，∴(a2−b2)+2abi=12+16i，∴{a2−b2=12,2ab=16,解得a2=16，b2=4，∴z的模|z|=√a2+b2=√16+4=2√5．故选C.2. θ为第三象限角，tan(θ−π4)=13，则sinθ−cosθ=()A.−35√5 B.−15√5 C.35√5 D.15√5【答案】B【考点】三角函数【解析】利用同角三角函数的基本关系，以及三角函数在各个象限中的符号，求出sinθ和cosθ的值，可得sinθ−cosθ的值．【解答】∵θ为第三象限角，tan(θ−π4)=13=tanθ−11+tanθ，∴tanθ=sinθcosθ=2，再根据sin2θ+cos2θ=1，sinθ<0，cosθ<0，∴sinθ=−2√55，cosθ=−√55，∴sinθ−cosθ=−√55，3. 已知全集为R，集合A={x|−x2+6x−8>0}，B={x|log2x3≤0}，则(∁R A)∩B=()A.(−∞, 2]B.(−∞, 3]C.(0, 2]D.[2, 3]【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】解出A，B，然后进行补集、交集的运算．【解答】A={x|2<x<4}，B={x|0<x≤3}；∴∁R A={x|x≤2, 或x≥4}；∴(∁R A)∩B=(0, 2]．4. 不等式|x|+|y|≤2所表示的区域为M，函数y=√2−x2的图象与x轴所围成的区域为N．向M内随机投一个点，则该点落到N内概率为（）A.π8B.π4C.2πD.π16【答案】A【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】由题意画出图形，再由测度比为面积比得答案．【解答】作出不等式|x|+|y|≤2所表示的区域为M、函数y=√2−x2的图象与x轴所围成的区域为N如图．正方形区域M得面积为2√2×2√2=8，区域N得面积为12×π×(√2)2=π．由测度比为面积比，可得向M内随机投一个点，则该点落到N内概率为π8．5. 直线l过抛物线E:y2=8x的焦点且与x轴垂直，则直线l与E所围成的面积等于（）A.13B.113C.323D.283【答案】C【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意，得直线l的方程为x=2，将y2=8x化为y=±2√2x．如图所示，由定积分的几何意义，得所求阴影部分面积为S=2∫22√2xdx=4√2∫x 1 22dx=4√2×(23x32)|2=4√2×23×2√2=323．故选C．6. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体表面积为（）A.16+5πB.16+3πC.20+4πD.20+5π【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】根据三视图知该几何体是正方体与半圆柱的组合体，其中正方体的上部挖去一个半球体，画出图形结合图形求出它的表面积．【解答】根据几何体的三视图知，该几何体是正方体与半圆柱的组合体，其中正方体的上部挖去一个半球体，如图所示；则该几何体表面积为S=4×22+2π⋅12+π⋅12+π⋅1⋅2=16+5π．7. 阅读如图所示程序框图，运行相应的程序．当输入的x∈[−2, 4]时，则输出y的范围是（）A.[−8, 4]B.[0, 24]C.[−2, 4]∪(6, 24]D.[−2, 24]【答案】D【考点】程序框图【解析】分析程序的运行过程知该程序运行后输出y的值，讨论x∈[−2, 1)和x∈[1, 4]时，求出y的取值范围．【解答】分析程序的运行过程知，该程序运行后输出y的值；当x∈[−2, 1)时，3x2+2∈[2, 14]，y=2(3x2+2)−4∈[0, 24]；当x∈[1, 4]时，y=2x−4∈[−2, 4]；∴输出y的取值范围是[−2, 24]．8. 函数y=sinx∗sin(x+π3)的图象沿x轴向右平移m(m>0)个单位后，得到y=g(x)为偶函数，则m的最小值为（）A.π12B.π2C.π3D.π6【答案】D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】由题意利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，再利用诱导公式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．【解答】∵函数y=sinx∗sin(x+π3)=sinx(12sinx+√32cosx)=12⋅sin2x+√32sinxcosx=12⋅1−cos2x2+√34sin2x=14+12(√32sin2x−12cos2x)=14+12⋅sin(2x−π6)，把f(x)的图象沿x轴向右平移m(m>0)个单位后，得到y=g(x)=14+12⋅sin(2x−2m−π6)的图象，而g(x)为偶函数，∴ 2m +π6=kπ+π2，k ∈Z ，∴ m =π6，9. 平面α内有n 个点（无三点共线）到平面β的距离相等，能够推出α // β，三个平面将空间分成m 个平面，则nm 的最小值为（ ） A.37 B.57C.58D.38【答案】 C【考点】函数的最值及其几何意义 平面的基本性质及推论 【解析】讨论平面α内有n 个点，n =3，n =4不成立，进而得到n 的最小值为5，再求m 的最大值，即可得到所求最小值． 【解答】∵ 不在同一条直线三点确定一个平面， ∴ 至少有三个．当有三个点时，如果在平面β的异侧，则不成立；当四个点时，如果在平面β的异侧，且均平行于平面β，也不成立， 当有五个点时成立．∴ “这n 个点到平面β的距离均相等”是“α // β”的充要条件，则n 的最小值为5， 三个平面将空间分成m 个平面，m 的取值为4，6，7，8， 即m 的最大值为8， 可得nm 的最小值为58．10. 已知x ，y 满足{x ≥0x +2y ≥32x +y ≤3 ，z =xy 的最小值、最大值分别为a ，b ，且x 2−kx +1≥0对x ∈[a, b]上恒成立，则k 的取值范围为（ ） A.−2≤k ≤2 B.k ≤2C.k ≥−2D.k ≤14572【答案】B【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，求出目标函数的最值，利用基本不等式求解k 的范围即可． 【解答】x ，y 满足{x ≥0x +2y ≥32x +y ≤3 的可行域如图：z =xy ，当x 一定，y 最大时，z 最大，y 一定则x最大时，z 最大，所以，最大值一定在线段2x +y =3上取得，最小值在(0, 1.5)处取得． z =x(3−2x)=−2x 2+3x ，x ∈[0, 1]，所以z 的最大值为：−2×(34)2+3×34=98，最小值为：0，x2−kx+1≥0对x∈[0, 98]上恒成立，可得k≤x+1x ，因为x+1x≥2，此时x=1，1∈[0,98brack，所以则k的取值范围为：k≤2．11. 向量m→，n→，p→满足：|m→|=|n→|=2，m→∗n→=−2，(m→−p→)∗(n→−p→)=12|m→−p→|∗|n→−p→|，则|p→|最大值为（）A.2B.√2C.1D.4【答案】D【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】设OM→=m→，ON→=n→，OP→=p→，求得∠MON=120∘，∠MPN=60∘，可得O，M，P，N四点共圆C，运用余弦定理和正弦定理，可得圆的直径，即为所求最大值．【解答】如图，设OM→=m→，ON→=n→，OP→=p→，|m→|=|n→|=2，m→∗n→=−2，可得cos∠MON=−22×2=−12，即有∠MON=120∘，又PM→=m→−p→，PN→=n→−p→，(m→−p→)∗(n→−p→)=12|m→−p→|∗|n→−p→|，可得cos∠MPN=12，即∠MPN=60∘，由∠MON+∠MPN=180∘，可得O，M，P，N四点共圆C，在△MON中，OM=ON=2，MN=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，则圆C的直径为2√3sin120∘=4，可得|p→|最大值为4．12. y=f(x)的导函数满足：当x≠2时，(x−2)（f(x)+2f′(x)−xf′(x)）>0，则（）A.f(4)>(2√5+4)f(√5)>2f(3)B.f(4)>2f(3)>(2√5+4)f(√5)C.(2√5+4)f(√5)>2f(3)>f(4)D.2f(3)>f(4)>(2√5+4)f(√5)【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】设g(x)=f(x)x−2，可得g(x)在(2, +∞)上单调递减，即可比较大小．【解答】设g(x)=f(x)x−2，∴g′(x)=(x−2)f′(x)−f(x)(x−2)2，∵(x−2)（f(x)+2f′(x)−xf′(x)）>0，∴(x−2)（(x−2)f′(x)−f(x)）<0，当x>2时，(x−2)f′(x)−f(x)）<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(2, +∞)上单调递减，当x<2时，(x−2)f′(x)−f(x)）>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(−∞, 2)上单调递增，∴g(4)<g(3)<g(√5)，∴f(4)4−2<f(3)3−1<√5)√5−2∴f(4)<2f(3)<(2√5+4)f(√5)，二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置）二项式(√x−2x)n展开式中，只有第7项的二次项系数最大，则展开式中常数项是________．【答案】7920【考点】二项式定理的应用二项式系数的性质【解析】根据二项式展开式的二次项系数求得n的值，再利用二项式展开式的通项公式求得展开式中常数项．【解答】二项式(√x−2x)n展开式中，只有第7项的二次项系数最大，∴第7项是中间项，展开式共有13项，则n=12；∴二项式展开式的通项公式为T r+1=C12r⋅(√x)12−r⋅(−2x)r=(−2)r⋅C12r⋅x6−3r2，令6−3r2=0，解得r=4，∴展开式中常数项是T5=(−2)4⋅C124=16×12×11×10×91×2×3×4=7920．已知两个圆C1，C2与两坐标系都相切，且都过点(1, −2)，则|C1C2|=________．【答案】4√2【考点】圆与圆的位置关系及其判定【解析】由题意知圆在第四象限内，设出两圆圆心的坐标，利用条件和根与系数的关系求得两圆圆心距|C1C2|的值．【解答】两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点(1, −2)，则圆在第四象限内；设两个圆的圆心分别为(a, −a)，(b, −b)，由于两圆都过点(1, −2)，则有√(a−1)2+(−a+2)2=|a|，√(b−1)2+(−b+2)2=|b|，∴a和b分别为(x−1)2+(x−2)2=x2的两个实数根，即a和b分别为x2−6x+5=0的两个实数根，∴a+b=6，ab=5，∴(a−b)2=(a+b)2−4ab=16，∴两圆心的距离|C1C2|=√2⋅|a−b|=4√2．在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥之，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限转化思想．比如在√2+√2+√2+⋯中“…”即代表无限次重复，但原数中有个定数x，这可以通过√2+x=x确定出来x=2，类似地可得到：1+13+132+⋯+13n−1+⋯=________．【答案】32【考点】类比推理【解析】由已知代数式的求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），可得要求的式子．【解答】可以令1+13+132+⋯+13n−1+⋯=S(S>0)，可得13(1+13+132+⋯+13n−1+⋯)+1=S，即13S+1=S，解得S=32，△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c．D是BC边的中点，且AD=√102，8asinB=3√15c，cosA=−14，则△ABC面积为________．【答案】3√154【考点】正弦定理【解析】直接利用正弦定理求出2b=3c，进一步利用余弦定理求出b=3，c=2，进一步利用三角形的面积公式求出结果．【解答】在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c．D是BC边的中点，且AD=√102，8asinB=3√15c，cosA=−14，则：sinA=√154，所以：8sinAsinB=3√15sinC，解得：2b=3c，设：b=3x，c=2x，a=2y在△ABC中，利用余弦定理：cosA=−14=4x2+9x2−4y22∗2x∗3x，解得：y=2x．在△ABD中，利用余弦定理：4x2=4x2+104−2∗2x∗√102cos∠BDA，在△ACD中，利用余弦定理：9x2=4x2+104−2∗2x∗√102cos∠ADC，所以：13x2=8x2+5，解得：x=1，所以：b=3，c=2，故：S△ABC=12∗2∗3∗√154=3√154，三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答写在答题卡上的指定区域内）数列{a n}满足a1+2a2+3a3+⋯+na n=2−n+22．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=a n(1+a n)∗(1+a n+1)，求{b n}的前n项和T n．【答案】当n=1时，a1=2−32=12；当n≥2，na n=2−n+22n −(2−n+12n−1)=n2n，可得a n=12n，又∵当n=1时也成立，∴a n=12n；b n=12n(1+12n)(1+12n+1)，=2n+1(2n+1)(2n+1+1)=2(12n+1−12n+1+1)，∴T n=2(12+1−122+1+122+1−123+1+⋯+12n+1−12n+1+1)，=2(13−12n+1+1)=23−22n+1+1．【考点】数列的求和【解析】（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法求出数列的和．【解答】当n=1时，a1=2−32=12；当n≥2，na n=2−n+22n −(2−n+12n−1)=n2n，可得a n=12n，又∵当n=1时也成立，∴a n=12n；b n=12n(1+12n)(1+12n+1)，=2n+1(2n+1)(2n+1+1)=2(12n+1−12n+1+1)，∴T n=2(12+1−12+1+12+1−12+1+⋯+12+1−12+1)，=2(13−12n+1+1)=23−22n+1+1．甲乙两个班进行物理测试，其中女生60人，男生50人，从全部110人任取一人及格的概率为711，并且男生和女生不及格人数相等．（1）完成如下2×2列联表（2）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为物理成绩及格与学生性别有关？（3）从两个班有放回的任取3人，记抽取的3人中不及格人数为X，求X的数学期望和方差．附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．【答案】由K 2=110(40×20−30×20)260×50×70×40=1121≈0.524<2.706，犯错误概率不超过0.1的前提下，没有足够的证据说明物理成绩及格与性别有关；由题意可知XB(3,411)，∴ EX =n ⋅p =1211，∴ DX =np(1−p)=3⋅411⋅711=84121． 【考点】 独立性检验离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 【解析】（1）利用已知条件，直接完成2×2列联表．（2）根据表中数据，求出k 2，即可判断能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为物理成绩及格与学生性别有关．（3）利用二项分布，转化求解期望与方差即可． 【解答】由K 2=110(40×20−30×20)260×50×70×40=1121≈0.524<2.706，犯错误概率不超过0.1的前提下，没有足够的证据说明物理成绩及格与性别有关；由题意可知XB(3,411)，∴ EX =n ⋅p =1211，∴ DX =np(1−p)=3⋅411⋅711=84121．平行六面体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，∠BAD =60∘，AA 1=A 1C =AB ，A 1B =A 1D ．（2）设BD 与AC 交于O 点，求二面角B −OB 1−C 平面角正弦值． 【答案】证明：设AC ，BD 交于点O ，∵ 底面ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD ，又∵ A 1B =A 1D ，O 是BD 的中点，∴ A 1O ⊥BD ，AC ∩A 1O =O ，∴ BD ⊥平面ACC 1A 1，又∵ BD ⊂平面BDD 1B 1，∴ 平面ACC 1A 1⊥平面BDD 1B 1；∵ AA 1=A 1C ，O 是AC 的中点，∴ OA 1⊥AC ，OA 1，OA ，OB 两两垂直， 以OA ，OB ，OA 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图所示， 设AA 1=A 1C =AB =2，由题得BD =2，AC =2√3，OA 1=1， 则A(√3,0,0)，C(−√3,0,0)，B(0, 1, 0)，A 1(0, 0, 1)， 设m →=(x,y,z)是平面OBB 1的一个法向量， OB →=(0,1,0)，BB 1→=AA 1→=(−√3,0,1)，由{m →⋅OB →=0m →⋅BB 1→=0 ⇒{y =0−√3x +z =0 ，可得m →=(1,0,√3)， 设n →=(x,y,z)是平面OB 1C 的一个法向量，则OC →=(−√3,0,0)，OB 1→=OB →+BB 1→=OB →+AA 1→=(0,1,0)+(−√3,0,1)=(−√3,1,1)， 由{n →⋅OC →=0n →⋅OB 1→=0 ⇒{−√3x =0−√3x +y +z =0 ，可得n →=(0,1,−1)， 可得cos <m →,n →>=m →⋅n→|m →||n →|=√32⋅√2=−√64， ∴ 二面角B −OB 1−C 平面角正弦值为√64)=√104．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】（1）设AC ，BD 交于点O ，∵ 可得AC ⊥BD ，A 1O ⊥BD ，AC ∩A 1O =O ，即BD ⊥平面ACC 1A 1，平面ACC 1A 1⊥平面BDD 1B 1；（2）可得OA 1，OA ，OB 两两垂直，以OA ，OB ，OA 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，求得平面OBB 1的一个法向量和平面OB 1C 的一个法向量，即可． 【解答】证明：设AC ，BD 交于点O ，∵ 底面ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD ，ACC 1A 1，又∵ BD ⊂平面BDD 1B 1，∴ 平面ACC 1A 1⊥平面BDD 1B 1；∵ AA 1=A 1C ，O 是AC 的中点，∴ OA 1⊥AC ，OA 1，OA ，OB 两两垂直， 以OA ，OB ，OA 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图所示， 设AA 1=A 1C =AB =2，由题得BD =2，AC =2√3，OA 1=1， 则A(√3,0,0)，C(−√3,0,0)，B(0, 1, 0)，A 1(0, 0, 1)， 设m →=(x,y,z)是平面OBB 1的一个法向量， OB →=(0,1,0)，BB 1→=AA 1→=(−√3,0,1)，由{m →⋅OB →=0m →⋅BB 1→=0 ⇒{y =0−√3x +z =0 ，可得m →=(1,0,√3)， 设n →=(x,y,z)是平面OB 1C 的一个法向量，则OC →=(−√3,0,0)，OB 1→=OB →+BB 1→=OB →+AA 1→=(0,1,0)+(−√3,0,1)=(−√3,1,1)， 由{n →⋅OC →=0n →⋅OB 1→=0 ⇒{−√3x =0−√3x +y +z =0 ，可得n →=(0,1,−1)， 可得cos <m →,n →>=m →⋅n→|m →||n →|=√32⋅√2=−√64， ∴ 二面角B −OB 1−C 平面角正弦值为√64)=√104．已知椭圆E:x 24+y 23=1，点A 、B 、C 都在椭圆E 上，O 为坐标原点，D 为AB 中点，且CO →=2OD →．（1）若点C 的坐标为(1,32)，求直线AB 的方程；（2）求证：△ABC 面积为定值． 【答案】设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，D(x 0, y 0)，∵ CO →=2OD →，CO →=(−1, −32)，∴ D(−12,−34)，故x 1+x 2=−1，y 1+y 2=−32．x 2y 2∴ k AB =y 1−y 2x 1−x 2=−3(x 1+x 2)4(y 1+y 2)=−34×1kOD=−12，∴ 直线AB 的方程为：y =−12(x +12)−34，即x +2y +2=0． 证明：设C(m, n)，则D(−m 2,−n2)， ①当直线AB 的斜率不存在时，n =0，由题意可得C(2, 0)，A(−1,−32)，B(−1,32)或C(−2, 0)，A(1,−32)，B(1,32)， 此时S △ABC =12∗3∗3=92；②当直线AB 的斜率存在时，n ≠0，由（1）k AB =−34∗1k OC=−3m4n ，∴ AB:y +n2=−3m4n (x +m2)，即直线AB:y =−3m4nx −3m 2+4n 28n=−3m4n x −32n ，即3mx +4ny +6=0，{3mx +4ny +6=03x 2+4y 2=12 ⇒3x 2+3mx +3−4n 2=0， ∴ x 1+x 2=−m ，x 1x 2=1−4n 23，∵ CO →=2OD →，|AB|=√1+9m 216n 2√m 2−4(1−4n 23)=√9m 2+16n 216n 2√4−43n 2−4+16n 23=12√9m 2+16n 2，O 到AB 的距离d =22，∴ S △ABC =3S △OAB =3×12×12√9m 2+16n 2√9m 2+16n 2=92． ∴ S △ABC 为定值．【考点】 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】（1）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，代入椭圆方程，求出D 点坐标得出A ，B 坐标的关系，代入斜率公式求出直线AB 的斜率得出直线方程；（2）设C ，D 坐标，讨论直线AB 的斜率是否存在，联立方程组，计算|AB|，和O 到AB 的距离d ，则S △ABC =3S △AOB ，根据根与系数的关系化简得出结论． 【解答】设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，D(x 0, y 0)，∵ CO →=2OD →，CO →=(−1, −32)，∴ D(−12,−34)，故x 1+x 2=−1，y 1+y 2=−32．将A ，B 带入椭圆方程中，可得{x 124+y 123=1 ，∴ k AB =y 1−y 2x 1−x 2=−3(x 1+x 2)4(y 1+y 2)=−34×1kOD=−12，∴ 直线AB 的方程为：y =−12(x +12)−34，即x +2y +2=0． 证明：设C(m, n)，则D(−m 2,−n2)， ①当直线AB 的斜率不存在时，n =0，由题意可得C(2, 0)，A(−1,−32)，B(−1,32)或C(−2, 0)，A(1,−32)，B(1,32)， 此时S △ABC =12∗3∗3=92；②当直线AB 的斜率存在时，n ≠0，由（1）k AB =−34∗1k OC=−3m4n ，∴ AB:y +n2=−3m4n (x +m2)，即直线AB:y =−3m4nx −3m 2+4n 28n=−3m4n x −32n ，即3mx +4ny +6=0，{3mx +4ny +6=03x 2+4y 2=12 ⇒3x 2+3mx +3−4n 2=0， ∴ x 1+x 2=−m ，x 1x 2=1−4n 23，∵ CO →=2OD →，|AB|=√1+9m 216n 2√m 2−4(1−4n 23)=√9m 2+16n 216n 2√4−43n 2−4+16n 23=12√9m 2+16n 2，O 到AB 的距离d =22，∴ S △ABC =3S △OAB =3×12×12√9m 2+16n 2√9m 2+16n 2=92． ∴ S △ABC 为定值．设f(x)=xlnx −32ax 2+(3a −1)x ．（1）g(x)=f ′(x)在[1, 2]上单调，求a 的取值范围；（2）已知f(x)在x =1处取得极小值，求a 的取值范围． 【答案】由f ′(x)=lnx −3ax +3a ，即g(x)=lnx −3ax +3a ，x ∈(0, +∞)，g ′(x)=1x −3a ，①g(x)在[1, 2]上单调递增，∴ 1x −3a ≥0对x ∈[1, 2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1, 2]恒成立，得a ≤16；②g(x)在[1, 2]上单调递减，∴ 1x −3a ≤0对x ∈[1, 2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1, 2]由①②可得a 的取值范围为(−∞,16]∪[13,+∞)；由（1）知，①a ≤0，f ′(x)在(0, +∞)上单调递增，∴ x ∈(0, 1)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， x ∈(1, +∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，∴ f(x)在x =1处取得极小值，符合题意； ②0<a <13时，13a >1，又f ′(x)在(0,13a )上单调递增，∴ x ∈(0, 1)时，f ′(x)<0， ∴ x ∈(1,13a )时，f ′(x)>0，∴ f(x)在(0, 1)上单调递减，(1,13a )上单调递增， f(x)在x =1处取得极小值，符合题意；③a =13时，13a =1，f ′(x)在(0, 1)上单调递增，∴ x ∈(1, +∞)上单调递减， ∴ x ∈(0, +∞)时，f ′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；④a >13时，0<13a <1，当x ∈(13a ,1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈(1, +∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，∴ f(x)在x =1处取得极大值，不符合题意；综上所述，可得a ∈(−∞,13)． 【考点】利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）由f ′(x)=lnx −3ax +3a ，g(x)=lnx −3ax +3a ，x ∈(0, +∞)，g ′(x)=1x −3a ，通过①g(x)在[1, 2]上单调递增，②g(x)在[1, 2]上单调递减，转化求解a 的范围． （2）由（1）知，①a ≤0，②0<a <13时，③a =13时，④a >13时，判断导函数的符号，函数的单调性，以及函数的极值，推出a 的范围． 【解答】由f ′(x)=lnx −3ax +3a ，即g(x)=lnx −3ax +3a ，x ∈(0, +∞)，g ′(x)=1x −3a ，①g(x)在[1, 2]上单调递增，∴ 1x −3a ≥0对x ∈[1, 2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1, 2]恒成立，得a ≤16；②g(x)在[1, 2]上单调递减，∴ 1x −3a ≤0对x ∈[1, 2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1, 2]恒成立，得a ≥13，由①②可得a 的取值范围为(−∞,16]∪[13,+∞)；由（1）知，①a ≤0，f ′(x)在(0, +∞)上单调递增，∴ x ∈(0, 1)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， x ∈(1, +∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，∴ f(x)在x =1处取得极小值，符合题意；∴ x ∈(1,13a )时，f ′(x)>0，∴ f(x)在(0, 1)上单调递减，(1,13a )上单调递增， f(x)在x =1处取得极小值，符合题意；③a =13时，13a =1，f ′(x)在(0, 1)上单调递增，∴ x ∈(1, +∞)上单调递减， ∴ x ∈(0, +∞)时，f ′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；④a >13时，0<13a <1，当x ∈(13a ,1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈(1, +∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，∴ f(x)在x =1处取得极大值，不符合题意；综上所述，可得a ∈(−∞,13)．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程]已知曲线M 的参数方程为：{x =cosα−√3sinαy =2sin 2α−2√3sinαcosα （α为参数），曲线N 的极坐标方程为ρcos(θ+π4)=m ．（1）求曲线M 的普通方程与曲线N 的直角坐标方程；（2）曲线M 与曲线N 有两个公共点，求m 的取值范围． 【答案】在曲线M 中x 2=cos 2α+3sin 2α−2√3sinαcosα=1+2sin 2α−2√3sinαcosα=1+y ， ∴ 曲线M 的普通方程为y =x 2−1，x ∈[−2, 2]． 在曲线中：ρcos(θ+π4)=m ．可得ρcosθ−ρsinθ=√2m ，∴ 曲线的直角坐标方程为；x −y =√2m ，即y =x −√2m ．联立{y =x −√2my =x 2−1⇒x 2−x +√2m −1=0，x ∈[−2, 2]有两解， 令g(x)=x 2−x +√2m −1，在[−2, 2]上有两解， ∴ {△=1−4(√2m −1)>012∈[−2,2]g(2)=1+√2m ≥0g(−2)=5+√2m ≥0 ，∴ m ∈[−√22,5√28)．【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 【解析】（1）利用三角函数的基本关系式，转化求解参数方程的普通方程，化简极坐标方程为普通方程．（2）联立直线方程与抛物线方程，列出不等式组求解即可．在曲线M 中x 2=cos 2α+3sin 2α−2√3sinαcosα=1+2sin 2α−2√3sinαcosα=1+y ， ∴ 曲线M 的普通方程为y =x 2−1，x ∈[−2, 2]． 在曲线中：ρcos(θ+π4)=m ．可得ρcosθ−ρsinθ=√2m ，∴ 曲线的直角坐标方程为；x −y =√2m ，即y =x −√2m ．联立{y =x −√2my =x 2−1⇒x 2−x +√2m −1=0，x ∈[−2, 2]有两解， 令g(x)=x 2−x +√2m −1，在[−2, 2]上有两解， ∴ {△=1−4(√2m −1)>012∈[−2,2]g(2)=1+√2m ≥0g(−2)=5+√2m ≥0 ，∴ m ∈[−√22,5√28)． [选修4-5：不等式选讲]已知f(x)=|x −1|+|x −2|． （1）解不等式：f(x)≤x +3；（2）不等式|m|⋅f(x)≥|m +2|−|3m −2|对任意m ∈R 恒成立，求x 的范围． 【答案】|x −1|+|x −2|≤x +3，可得①{x ≥22x −3≤x +3 ⇒2≤x ≤6， ②{1<x <2x −1+2−x ≤x +3 ⇒1<x <2，③{x ≤13−2x ≤x +3 ⇒0≤x ≤1，由①②③可得x ∈[0, 6]；①当m =0时，0≥0，∴ x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立， |2m+1|−|2m−3|≤|(2m+1)−(2m −3)|=4，当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号， ∴ f(x)=|x −1|+|x −2|≥4，由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72，即为x ≥72； 1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀； x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12； 综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．绝对值不等式的解法与证明 不等式恒成立的问题 【解析】（1）分别讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，去掉绝对值，解不等式求并集可得； （2）讨论m =0，m ≠0，由绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，再讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，解不等式求并集可得范围． 【解答】|x −1|+|x −2|≤x +3，可得①{x ≥22x −3≤x +3 ⇒2≤x ≤6， ②{1<x <2x −1+2−x ≤x +3 ⇒1<x <2，③{x ≤13−2x ≤x +3 ⇒0≤x ≤1，由①②③可得x ∈[0, 6]；①当m =0时，0≥0，∴ x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立， |2m+1|−|2m−3|≤|(2m+1)−(2m −3)|=4，当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号， ∴ f(x)=|x −1|+|x −2|≥4，由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72，即为x ≥72； 1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀； x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12； 综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．。
安徽省江南十校2018届高三3月联考数学(理)试题(含详细解答)
9.A 由三视图知几何体的上半部分为半圆柱，圆柱底面半径为 1，高为 2，下半 部分为正四棱锥，底面棱长为 2，斜高为 2 ， S 2 4 2 . 10.D 令 x 1 代 入 得 (2 a ) 5 1 ， a 1 ， 则 该 展 开 式 中 常 数 项 为
②数列 {a n } 的公比为 1 时， S n 可能为 0，错误 ③、④正确. 6.A 7.C 设 n 天 后 长 度 相 等 ， 则 有
3(1 1 ) n 2 n 1(1 2 ) ， 解 得 1 1 2 1 2
n log 2 6
lg 2 lg 3 2 .6 . lg 2 1 2
…………………2 分
……………………………………3 分 ………………………………………5 分 ………………………………………6 分 ………8 分
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) ， f ( x) sin( 2 x ) c （ c 为常数） 6 6 1 g ( x) sin 2 x c ，当 x [ , ] 时， g ( x) max 1 c ， g ( x) min c 12 3 2 3 | g ( x1 ) g ( x 2 ) | max . 2
综上 a 1,4
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二、填空题： 13. 1 或
1 5
a b ( 2 , 2 ) ( 2 ) 2 ( 2 ) 2 5 1 或
1 5
3 1 14. , 4 2
11.C 由图得 y 2 cos( 2 x 12.D 由题意知 2 f ( x) min f ( x) max
f ' ( x) x(e x a ) x 0,1