赣州市2018年高三摸底考试理科数学参考答案与解法

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江西省赣州市大坪中学2018年高三数学理联考试卷含解析

江西省赣州市大坪中学2018年高三数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 在中，若点满足，，则A．B．C．D．参考答案：D2. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则C.若，则D.若，则参考答案：D3. 设m为实数，若，则m的最大值是（）A． B． C． D．参考答案：B4. 已知△ABC中，A=，B=，a=1，则b等于（）A．2 B．1 C．D．参考答案：D【考点】HP：正弦定理．【分析】由已知利用正弦定理即可计算得解．【解答】解：∵A=，B=，a=1，∴由正弦定理，可得：b===．故选：D．5. 函数=的定义域为（）（A）（，）（B）［1，（C）（，1（D）（，1）参考答案：B略6. 某地区打的士收费办法如下：不超过2公里收7元，超过2公里时，每车收燃油附加费1元，并且超过的里程每公里收2.6元（其他因素不考虑），计算收费标准的框图如图所示，则①处应填（）A．y=2.0x+2.2 B．y=0.6x+2.8 C．y=2.6x+2.0 D．y=2.6x+2.8参考答案：D【考点】EF：程序框图．【分析】由题意可得：当满足条件x＞2时，即里程超过2公里，应按超过2公里的里程每公里收2.6元，另每车次超过2公里收燃油附加费1元收费，进而可得函数的解析式．【解答】解：当满足条件x＞2时，即里程超过2公里，超过2公里时，每车收燃油附加费1元，并且超过的里程每公里收2.6元∴y=2.6（x﹣2）+7+1=8+2.6（x﹣2），即整理可得：y=2.6x+2.8．故选：D．7. .函数的图像大致为（）A. B.C. D.参考答案：C【分析】将分别代入函数解析式，判断出正负即可得出结果.【详解】当时，；当时，，根据选项,可得C选项符合.故选C【点睛】本题主要考查函数图像的识别，只需用特殊值法验证即可，属于常考题型.8. 设集合A={x|2x≤4}，集合B={x|y=lg（x﹣1）}，则A∩B等于（）A．（1，2）B．[1，2] C．[1，2）D．（1，2]参考答案：D【考点】对数函数的定义域；交集及其运算．【分析】解指数不等式求出集合A，求出对数函数的定义域即求出集合B，然后求解它们的交集．【解答】解：A={x|2x≤4}={x|x≤2}，由x﹣1＞0得x＞1∴B={x|y=lg（x﹣1）}={x|x＞1}∴A∩B={x|1＜x≤2}故选D．9. 已知椭圆的左右焦点分别为，过点且斜率为的直线交直线于，若在以线段为直径的圆上，则椭圆的离心率为（）A． B．C． D．参考答案：C试题分析：设过点且斜率为的直线的方程为，与联立，可得交点，∵在以线段为直径的圆上，∴，即，∴，∴．故选C．考点：椭圆的简单性质．【思路点睛】由已知得出过点且斜率为的直线的方程为，与联立，可得交点，代入以线段为直径的圆的方程，即可得的关系式，在计算出出离心率．本题考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，熟练掌握椭圆的离心率、直线的点斜式、圆的方程是解题的关键，属于中档题．10. 如图所示，两个非共线向量，的夹角为θ，M、N分别为OA与OB的中点，点C 在直线MN上，且=x+y（x，y∈R），则x2+y2的最小值为（）A．B．C．D．参考答案：B【考点】点到直线的距离公式；平面向量坐标表示的应用．【分析】法一：特殊值法，当θ=90°，||=||=1时，建立直角坐标系，得x+y=，所以x2+y2的最小值为原点到直线的距离的平方；解法二：因为点C、M、N共线，所以，有λ+μ=1，由M、N分别为OA与OB的中点，可得x+y=，下同法一【解答】解法一：特殊值法，当θ=90°，||=||=1时，建立直角坐标系，∴=x+y得x+y=，所以x2+y2的最小值为原点到直线的距离的平方；解法二：因为点C、M、N共线，所以，有λ+μ=1，又因为M、N分别为OA与OB的中点，所以=∴x+y=原题转化为：当x时，求x2+y2的最小值问题，∵y=∴x2+y2==结合二次函数的性质可知，当x=时，取得最小值为故选B【点评】本题主要考查了平面向量的应用，解题的关键是向量共线定理的应用及结论“点C、M、N共线，所以，有λ+μ=1“的应用二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知变量满足约束条件若取整数，则目标函数的最大值是 .参考答案：5略12. 已知函数，若，则实数的值是 .参考答案：略13. 已知集合A＝(0，+∞)，全集U＝R ，则＝．参考答案：(－∞，0]∵集合A＝(0，+∞)，全集U＝R ，则＝(－∞，0]．14. 函数的最小正周期T=__________参考答案：15. 已知函数,若方程有三个不等实根则的取值范围是 .参考答案：16. 若命题“?x∈R，|x﹣2|＞kx+1”为真，则k的取值范围是．参考答案：[﹣1，﹣）【考点】全称命题．【专题】综合题；简易逻辑．【分析】作出y=|x﹣2|，y=kx+1的图象，结合图象可知k的取值范围．【解答】解：作出y=|x﹣2|，y=kx+1的图象，如图所示，直线y=kx+1恒过定点（0，1），结合图象可知k∈[﹣1，﹣）．故答案为：[﹣1，﹣）．【点评】本题考查全称命题，考查数形结合的数学思想，比较基础．17. 已知某个几何体的三视图如下图（主视图的弧线是半圆），可得这个几何体的体积是 .参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。

2018年江西省重点中学盟校高考数学二模试卷(理科)(解析版)

2018年江西省重点中学盟校高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共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．（5分）已知i为虚数单位，复数z满足i3z＝1﹣i，则||＝（）A．1B．2C．D．2．（5分）已知集合M＝{y∈R|y＝lgx，x≥1}，N＝{x∈R|y＝}，则M∩N＝（）A．{（﹣1，1），（1，1）}B．[0，2]C．[0，1]D．{1}3．（5分）下图是2002年8月中国成功主办的国际数学家大会的会标，是我们古代数学家赵爽为证明勾股定理而绘制的，在我国最早的数学著作《周髀算经》中有详细的记载．若图中大正方形ABCD的边长为5，小正方形的边长为2，现作出小正方形的内切圆，向大正方形所在区域模拟随机投掷n个点，有m个点落在中间的圆内，由此可估计π的所似值为（）A．B．C．D．4．（5分）命题“，x2﹣a﹣2≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（）A．a≥9B．a≤8C．a≥6D．a≤115．（5分）已知定义在R上的偶函数f（x）满足：当x∈[0，+∞）时，f（x）＝2018x，若a ＝f（ln3e），b＝f（0.20.3），，则a，b，c的大小关系是（）A．b＜c＜a B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b6．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线描绘的是某几何体的三视图，其中主视图和左视图相同如上方，俯视图在其下方，该几何体体积为（）A．B．5πC．D．7．（5分）实数x，y满足，则最大值为（）A．3B．5C．D．8．（5分）运行如图程序框图，若输入的，则输出s取值为（）A．B．C．D．s∈[0，8]9．（5分）已知菱形ABCD满足，|AB|＝2，∠ABC＝，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．10．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是R上的偶函数，且图象关于直线x＝对称，且在区间[0，]上是单调函数，则ω＝（）A．B．C．或D．11．（5分）若函数f（x）＝（a+1）e2x﹣2e x+（a﹣1）x有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（0，）B．（1，）C．（﹣，）D．（，1）∪（1，）12．（5分）已知抛物线x2＝2py（p＞0），过点P（0，b）（b≠0）的直线与抛物线交于A，B两点，交x轴于点Q，若，，则实数λ的取值是（）A．B．C．﹣2D．与b，p有关二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知||＝，•＝﹣，且（﹣）•（+）＝﹣15，则向量与的夹角为．14．（5分）已知展开式中的常数项为60，则＝．15．（5分）已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，若双曲线上存在关于y轴对称的两点A，B使得等腰梯形ABF2F1满足下底长是上底长两倍，且腰与下底形成的两个底角为60°，则该双曲线的离心率为．16．（5分）已知等边△ABC边长为6，过其中心O点的直线与边AB，AC交于P，Q两点，则当取最大值时，|OP|＝．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.）17．（12分）已知数列{a n}首项为1，其前n项和为S n，且S n+1﹣3S n﹣1＝0．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足，求数列{b n}的前n项和T n．18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，G和H分别是CE和CF的中点．（1）求证：平面BDGH∥平面AEF；（2）若平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，求平面CED与平面CEF所成角的余弦值．19．（12分）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发《国家学生体质健康标准（2014年修订）》，要求各学校每学期开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，并根据学生每个学期总分评定等级．某校决定针对高中学生，每学期进行一次体质健康测试，以下是小明同学六个学期体质健康测试的总分情况．（1）请根据上表提供的数据，用相关系数r说明y与x的线性相关程度，并用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程（线性相关系数保留两位小数）；（2）在第六个学期测试中学校根据《标准》，划定540分以上为优秀等级，已知小明所在的学习小组10个同学有6个被评定为优秀，测试后同学们都知道了自己的总分但不知道别人的总分，小明随机的给小组内4个同学打电话询问对方成绩，优秀的同学有X人，求X的分布列和期望．参考公式：，；相关系数；参考数据：，．20．（12分）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于P，Q两点，以PF1为直径的动圆内切于圆x2+y2＝4．（1）求椭圆的方程；（2）延长PO交椭圆于R点，求△PQR面积的最大值．21．（12分）已知函数．（1）若x∈（0，π），讨论方程f（x）＝k根的情况；（2）若x∈（0，2π），，讨论方程f'（x）＝k根的情况．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.22．（10分）平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的参数方程为（t为参数，m＞0），曲线C1：（φ为参数）．（1）求直线l及曲线C1的极坐标方程；（2）若曲线与直线l和曲线C1分别交于异于原点的A，B两点，且，求m的取值．23．已知函数f（x）＝|x+1|+|2x+3|．（1）解不等式f（x）＜2x+10；（2）若不等式f（x）≤m|x+2|有解，求m的取值范围．2018年江西省重点中学盟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i为虚数单位，复数z满足i3z＝1﹣i，则||＝（）A．1B．2C．D．【解答】解：由i3z＝1﹣i，得，则，||＝．故选：C．2．（5分）已知集合M＝{y∈R|y＝lgx，x≥1}，N＝{x∈R|y＝}，则M∩N＝（）A．{（﹣1，1），（1，1）}B．[0，2]C．[0，1]D．{1}【解答】解：集合M＝{y∈R|y＝lgx，x≥1}＝[0，+∞），N＝{x∈R|y＝}＝[0，2]，∴M∩N＝[0，2]，故选：B．3．（5分）下图是2002年8月中国成功主办的国际数学家大会的会标，是我们古代数学家赵爽为证明勾股定理而绘制的，在我国最早的数学著作《周髀算经》中有详细的记载．若图中大正方形ABCD的边长为5，小正方形的边长为2，现作出小正方形的内切圆，向大正方形所在区域模拟随机投掷n个点，有m个点落在中间的圆内，由此可估计π的所似值为（）A．B．C．D．【解答】解：大正方形的边长为5，总面积为25，小正方形的边长为2，其内切圆的半径为1，面积为π；则＝，解得π＝．故选：D．4．（5分）命题“，x2﹣a﹣2≤0”为真命题的一个充分不必要条件是（）A．a≥9B．a≤8C．a≥6D．a≤11【解答】解：，x2﹣a﹣2≤0，则a+2≥x2在x∈[，3]恒成立，故a+2≥9，解得：a≥7，命题“，x2﹣a﹣2≤0”为真命题的一个充分不必要条件是a≥9，故选：A．5．（5分）已知定义在R上的偶函数f（x）满足：当x∈[0，+∞）时，f（x）＝2018x，若a ＝f（ln3e），b＝f（0.20.3），，则a，b，c的大小关系是（）A．b＜c＜a B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b【解答】解：f（x）是偶函数；∴；ln3e＝ln3+1＞2，0＜0.20.3＜1；∴；又f（x）在[0，+∞）上单调递增；∴；∴b＜c＜a．故选：A．6．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线描绘的是某几何体的三视图，其中主视图和左视图相同如上方，俯视图在其下方，该几何体体积为（）A．B．5πC．D．【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是上部为半球体，下部为圆台的组合体，如图所示；结合图中数据，计算它的体积为：V＝•π•13+π•（12+1×2+22）•2＝．故选：C．7．（5分）实数x，y满足，则最大值为（）A．3B．5C．D．【解答】解：作出不等式式表示的平面区域，得到如图的三角形及其内部，其中P（1，2），设P（x，y）为区域内点，定点O（0，0）．z＝＝1+2×可得t＝表示P、O两点连线的斜率，t的最大值为：＝2．则z的最大值为1+2×2＝5故选：B．8．（5分）运行如图程序框图，若输入的，则输出s取值为（）A．B．C．D．s∈[0，8]【解答】解：由已知可得：程序框图的功能是计算并输出s＝的值域，当t∈[﹣，1）时，s＝2cos2+sinπt＝1+2sin（）∈[1﹣，3），当t∈[1，3]时，s＝（）＝∈[﹣1，8]，故输出s的取值范围是[1﹣，8]，故选：C．9．（5分）已知菱形ABCD满足，|AB|＝2，∠ABC＝，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．【解答】解：由题意菱形ABCD满足，|AB|＝2，∠ABC＝，∴AC＝2，DB＝，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，∴三棱锥B﹣ACD高为．底面ACD外接圆半径为，外接球半径为R，球心与圆心的距离为d，d2+r2＝R2……①……②由①②解得：R2＝外接球的表面积S＝．故选：A．10．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是R上的偶函数，且图象关于直线x＝对称，且在区间[0，]上是单调函数，则ω＝（）A．B．C．或D．【解答】解：函数f（x）＝sin（ωx+φ）是R上的偶函数，∴φ＝，f（x）＝cosωx；又函数f（x）的图象关于直线x＝对称，∴ω•＝kπ，k∈Z；解得ω＝，k∈Z；又f（x）在区间[0，]上是单调函数，∴0≤ω≤π；即0≤≤1，解得0≤k≤，k∈Z；∴k＝1或k＝0（不合题意，舍去），∴ω＝．故选：D．11．（5分）若函数f（x）＝（a+1）e2x﹣2e x+（a﹣1）x有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（0，）B．（1，）C．（﹣，）D．（，1）∪（1，）【解答】解：∵函数f（x）＝（a+1）e2x﹣2e x+（a﹣1）x，∴f′（x）＝2（a+1）e2x﹣2e x+（a﹣1），令e x＝t，t＞0，∴f′（t）＝2（a+1）t2﹣2t+a﹣1，∵函数f（x）＝（a+1）e2x﹣2e x+（a﹣1）x有两个极值点，∴f′（x）＝0有两个不同的实数根，∴f′（t）＝0有两个不同的正根，∴，解得1＜a＜，故选：B．12．（5分）已知抛物线x2＝2py（p＞0），过点P（0，b）（b≠0）的直线与抛物线交于A，B两点，交x轴于点Q，若，，则实数λ的取值是（）A．B．C．﹣2D．与b，p有关【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），∵P（0，b），∴设直线l：y＝kx+b，可得Q（﹣，0）由，，可得y1＝3（b﹣y1），﹣b＝λ（y2﹣y1），（此处选用横坐标的关系进行运算，复杂）⇒⇒，联立，得x2﹣2kpx﹣2pb＝0，所以x1•x2＝﹣2pb，（x1•x2）2＝4p2b2；∴x22＝，又，y2＝．∴．故选：B．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知||＝，•＝﹣，且（﹣）•（+）＝﹣15，则向量与的夹角为．【解答】解：设向量与的夹角为θ，∵||＝，且（﹣）•（+）＝﹣＝||﹣||＝﹣15，∴||＝5；又•＝||×||cosθ＝×5cosθ＝﹣，∴cosθ＝﹣，∵θ∈[0，π]，∴θ＝．故答案为：．14．（5分）已知展开式中的常数项为60，则＝4．【解答】解：根据题意，展开式的通项T r+1＝C6r（ax）6﹣r（）r，令r＝4可得，T5＝C64（ax）2（）4＝15a2，又由其展开式中的常数项为60，即15a2＝60，且a＞0，则a＝2，＝＝+＝（﹣cos x﹣）+（﹣cos x+）＝4；故答案为：4．15．（5分）已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，若双曲线上存在关于y轴对称的两点A，B使得等腰梯形ABF2F1满足下底长是上底长两倍，且腰与下底形成的两个底角为60°，则该双曲线的离心率为或．【解答】解：若等腰梯形ABF2F1满足AB＝F1F2＝c，可设B（c，c），代入双曲线的方程可得﹣＝1，即有e2﹣＝4，即为e4﹣8e2+4＝0，即有e2＝4+2（4﹣2舍去），解得e＝+1；若等腰梯形ABF2F1满足AB＝2F1F2＝4c，可设B（2c，c），代入双曲线的方程可得﹣＝1，即有4e2﹣＝1，即为4e4﹣8e2+1＝0，即有e2＝（舍去），解得e＝．故答案为：或+1．16．（5分）已知等边△ABC边长为6，过其中心O点的直线与边AB，AC交于P，Q两点，则当取最大值时，|OP|＝．【解答】解：设A（0，2），B（3，﹣），C（﹣3，﹣），设PQ的参数方程为（t为参数，α为倾斜角），直线AB的方程为y＝﹣x+2，直线AC的方程为y＝x+2，将直线PQ的方程代入直线AB，直线AC的方程可得t1＝，t2＝，可得＝+＝＝，当cos（α+θ）＝1即α+θ＝2kπ，k∈Z，取最大值，即α＝﹣θ+2kπ，k∈Z，cosθ＝，sinθ＝，可得cosα＝，sinα＝﹣，此时|OP|＝＝，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.）17．（12分）已知数列{a n}首项为1，其前n项和为S n，且S n+1﹣3S n﹣1＝0．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）∵S n+1﹣3S n﹣1＝0，当n≥2，S n﹣3S n﹣1﹣1＝0．∴a n+1﹣3a n＝0，又∵，∴{a n}为等比数列，∴a n＝3n﹣1．（2）∵，∴，∴，∴T n＝，∴．18．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，G和H分别是CE和CF的中点．（1）求证：平面BDGH∥平面AEF；（2）若平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，求平面CED与平面CEF所成角的余弦值．【解答】（1）证明：连接AC交BD于点O，显然OG∥AE，OG⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，可得OG∥平面AEF，同理BD∥平面AEF，OG∩BD＝O，又BD，OG⊂平面BDGH，可得：平面BDGH∥平面AEF．（2）解：过点O在平面BDEF中作z轴⊥BD，显然z轴、OB、OC两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系.，E（﹣1，0，3），F（1，0，3），D（﹣1，0，0），，，．设平面CDE与平面CDF法向量分别为，．，设；，设．，综上：面CED与平面CEF所成角的余弦值为．19．（12分）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发《国家学生体质健康标准（2014年修订）》，要求各学校每学期开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，并根据学生每个学期总分评定等级．某校决定针对高中学生，每学期进行一次体质健康测试，以下是小明同学六个学期体质健康测试的总分情况．（1）请根据上表提供的数据，用相关系数r说明y与x的线性相关程度，并用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程（线性相关系数保留两位小数）；（2）在第六个学期测试中学校根据《标准》，划定540分以上为优秀等级，已知小明所在的学习小组10个同学有6个被评定为优秀，测试后同学们都知道了自己的总分但不知道别人的总分，小明随机的给小组内4个同学打电话询问对方成绩，优秀的同学有X人，求X的分布列和期望．参考公式：，；相关系数；参考数据：，．【解答】解：（1）由表中数据计算得：，，，，∴．综上y与x的线性相关程度较高．又，∴，故所求线性回归方程：．（2）X服从超几何分布，所有可能取值为1，2，3，4，所以X的分布列为期望．20．（12分）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于P，Q两点，以PF1为直径的动圆内切于圆x2+y2＝4．（1）求椭圆的方程；（2）延长PO交椭圆于R点，求△PQR面积的最大值．【解答】解：（1）设|PF1|的中点为M，在三角形PF1F2中，由中位线得：，当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即∴，即a＝2，又∴∴椭圆方程为：；（2）由已知k PQ≠0可设直线PQ：x＝my﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），，，令，原式＝，当t＝1时，．∴（S△PQR）max＝3．21．（12分）已知函数．（1）若x∈（0，π），讨论方程f（x）＝k根的情况；（2）若x∈（0，2π），，讨论方程f'（x）＝k根的情况．【解答】解：（1）x∈（0，π），f（x）＝k⇒kx﹣sin x＝0，令g（x）＝kx﹣sin x，x∈（0，π）．此时g'（x）＝k﹣cos x①若k≤﹣1，g（x）在（0，π）递减，g（0）＝0，无零点；②若k≥1，g（x）在（0，π）递增，g（0）＝0，无零点；③若﹣1＜k＜1，g（x）在（0，x0）递减，（x0，π）递增，其中cos x0＝k．Ⅰ．若﹣1＜k≤0，则g（0）＝0，g（π）≤0，此时g（x）在（0，π）无零点；Ⅱ．若0＜k＜1，则g（0）＝0，g（π）＞0，此时g（x）在（0，π）有唯一零点；综上所述：当k≤0或k≥1时，无零点；当0＜k＜1时，有1个零点．（2）解法一：，令h（x）＝kx2+sin x﹣x cos x，x∈（0，2π），h'（x）＝x（sin x+2k）①若，h（x）在（0，2π）递增，h（0）＝0，无零点；②若，h（x）在（0，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，2π）递增．其中，∴显然，消元：，其中，令，，，即x∈（0，2π），h（x）＞0，无零点．综上所述：，方程f'（x）＝k无解．解法二：令，．令u（x）＝﹣x2sin x﹣2x cos x+2sin x，x∈（0，2π），u'（x）＝﹣x2cos x．显然u（x）在递减，递增，递减，u（0）＝0，，h（x）在（0，x1）递减，（x1，x2）递增，（x2，2π）递减，其中．且，由洛必达法则：，，由，．综上所述：，方程f'（x）＝k无解．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.22．（10分）平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的参数方程为（t为参数，m＞0），曲线C1：（φ为参数）．（1）求直线l及曲线C1的极坐标方程；（2）若曲线与直线l和曲线C1分别交于异于原点的A，B两点，且，求m的取值．【解答】解：（1）由，得，化为极坐标方程，为：，由C1：，得x2+（y﹣m）2＝m2，即x2+y2﹣2my＝0，即ρ2﹣2mρsinθ＝0，可得曲线C1的极坐标方程：ρ＝2m sinθ；（2）把曲线分别代入直线l和曲线C 1的极坐标方程，可得，，由|AB|＝|ρA﹣ρB|＝||＝，解得m＝．23．已知函数f（x）＝|x+1|+|2x+3|．（1）解不等式f（x）＜2x+10；（2）若不等式f（x）≤m|x+2|有解，求m的取值范围．【解答】解：（1）；x≤﹣时．可得﹣3x﹣4＜2x+10，解得：﹣＜x，当时，x+2＜2x+10，解得﹣＜x＜﹣1，当x≥﹣1时，3x+4＜2x+10，解得﹣1＜x＜6．综上；（2）①若x＝﹣2，显然无解；②若x≠﹣2，则，令（当且仅当时等号成立）∴m≥1．。

江西省赣州市2017-2018学年高考数学一模试卷(理科) Word版含解析

2017-2018学年江西省赣州市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每一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A={x|x2﹣x﹣2≤0，x∈R}，B={x|lg（x+1）＜1，x∈Z}，则A∩B=（）A．（0，2）B．[0，2]C．{0，2}D．{0，1，2}2．已知复数z=1+i，则=（）A．2 B．﹣2 C．2i D．﹣2i3．执行如图的程序框图（N∈N*），那么输出的p是（）A．B．C．D．4．离心率为2的双曲线E的一个焦点到一条渐近线的距离为1，则E的标准方程可以是（）A．3x2﹣y2=1 B．=1 C．x2﹣3y2=1 D．5．已知数列{a n}满足：a1=2，且对任意n，m∈N*，都有a m+n=a m•a n，S n是数列{a n}的前n项和，则=（）A．2 B．3 C．4 D．56．设点（x，y）在平面区域E内，记事件A“对任意（x，y）∈E，有2x﹣y≥1”，则满足事件A发生的概率P（A）=1的平面区域E可以是（）A．B．C．D．7．已知函数y=f（x）的图象为如图所示的折线ABC，则dx=（）A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣18．甲、乙、丙3名教师安排在10月1日至5日的5天中值班，要求每人值班一天且每天至多安排一人．其中甲不在10月1日值班且丙不在10月5日值班，则不同的安排方法有（）种．A．36 B．39 C．42 D．459．在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是等腰三角形，∠BAC=120°，BC=2，PA⊥平面ABC，若三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为8π，则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．10．已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，过F的直线与C交于A、B两点，与l交于点P，若|AF|=3|FB|，则|PF|=（）A．7.5 B．7 C．8.5 D．811．某几何体的主视图和左视图如图（1），它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1如图（2），其中O1A1=6，O1C1=2，则该几何体的侧面积为（）A．48 B．64 C．96 D．12812．对于函数f（x），g（x）满足：对任意x∈R，都有f（x2﹣2x+3）=g（x），若关于x的方程g（x）+sin x=0只有5个根，则这5个根之和为（）A．5 B．6 C．8 D．9二、填空题：本大题共4小题，每小题5分1，3，5．13．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，则=______．14．设θ为第二象限角，若，则sinθ+cosθ=______．15．在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（x6，y6）的散点图中，若所有样本点（x i，y i）（i=1，2，…，6）都在曲线y=bx2﹣附近波动．经计算x i=11，y i=13，x i2=21，则实数b的值为______．16．在等差数列{a n}中，首项a1=3，公差d=2，若某学生对其中连续10项迸行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为______．三、解答题：解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17．在△ABC，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知cosB+（cosA﹣2sinA）cosC=0．（Ⅰ）求cosC的值；（Ⅱ）若a=，AB边上的中线CM=，求sinB及△ABC的面积．18．某苗圃基地为了解基地内甲、乙两块地种植的同一种树苗的长势情况，从两块地各随机抽取了10株树苗，分别测出它们的高度如下（单位：cm）甲：19 20 21 23 25 29 32 33 37 41乙：10 24 26 30 34 37 44 46 47 48（Ⅰ）用茎叶图表示上述两组数据，并对两块地抽取树苗的高度进行比较，写出两个统计结论；（Ⅱ）苗圃基地分配这20株树苗的栽种任务，小王在苗高大于40cm的5株树苗中随机的选种3株，记X是小王选种的3株树苗中苗高大于45cm的株数，求X的分布列与数学期望EX．19．在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=AA1，∠A1AB=∠A1AD=60°．（Ⅰ）求证：平面A1BD⊥平面A1AC；（Ⅱ）若BD=D=2，求平面A1BD与平面B1BD所成角的大小．20．设椭圆C：=1（a＞b＞0）的焦点F1，F2，过右焦点F2的直线l与C相交于P、Q两点，若△PQF1的周长为短轴长的2倍．（Ⅰ）求C的离心率；（Ⅱ）设l的斜率为1，在C上是否存在一点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．21．设函数f（x）=e x+ln（x+1）﹣ax．（Ⅰ）当a=2时，证明：函数f（x）在定义域内单调递增；（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≥cosx恒成立，求实数a的取值范围．请考生在第22、23、24两题中任选一题做答[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，在正△ABC中，点D、E分别在边BC，AC上，且BD=BC，CE=CA，AD，BE相交于点P．求证：（Ⅰ）四点P、D、C、E共圆；（Ⅱ）AP⊥CP．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在平面直角坐标系中，已知曲线C1：=1（0＜a＜2），曲线C2：x2+y2﹣x﹣y=0，Q是C2上的动点，P是线段OQ延长线上的一点，且P满足|OQ|•|OP|=4．（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，化C2的方程为极坐标方程，并求点P的轨迹C3的方程；（Ⅱ）设M、N分别是C1与C3上的动点，若|MN|的最小值为，求a的值．[选修4-5：不等式选讲]24．设a、b为正实数，且+=2．（1）求a2+b2的最小值；（2）若（a﹣b）2≥4（ab）3，求ab的值．2017-2018学年江西省赣州市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每一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A={x|x2﹣x﹣2≤0，x∈R}，B={x|lg（x+1）＜1，x∈Z}，则A∩B=（）A．（0，2）B．[0，2]C．{0，2}D．{0，1，2}【考点】交集及其运算．【分析】分别解不等式，再求它们的交集即可．【解答】解：集合A={x|x2﹣x﹣2≤0，x∈R}=[﹣1，2]，∵lg（x+1）＜1=lg10，∴﹣1＜x＜9，∴B={0，1，2，3，4，5，6，7，8}，∴A∩B={0，1，2}，故选：D2．已知复数z=1+i，则=（）A．2 B．﹣2 C．2i D．﹣2i【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】把复数z=1+i代入要求的式子，应用复数相除的法则化简得到结果．【解答】解：∵复数z=1+i，∴===2，故选：A．3．执行如图的程序框图（N∈N*），那么输出的p是（）A．B．C．D．【考点】程序框图．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量p的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：第一次执行循环体，k=1，p=A11，满足继续循环的条件，k=2；第二次执行循环体，k=2，p=A22，满足继续循环的条件，k=3；第三次执行循环体，k=3，p=A33，满足继续循环的条件，k=4；…第N次执行循环体，k=N，p=A N N，满足继续循环的条件，k=N+1；第N+1次执行循环体，k=N+1，p=A N+1N+1，不满足继续循环的条件，故输出的p值为A N+1N+1，故选：C4．离心率为2的双曲线E的一个焦点到一条渐近线的距离为1，则E的标准方程可以是（）A．3x2﹣y2=1 B．=1 C．x2﹣3y2=1 D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】对照选项，可设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），运用离心率公式和点到直线的距离公式，解方程可得a，b，进而得到双曲线的方程．【解答】解：可设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），由题意可得e==2，一个焦点（c，0）到一条渐近线y=x的距离为1，可得=b=1，又c2=a2+1，解得a=，即有双曲线的方程为﹣y2=1．故选：A．5．已知数列{a n}满足：a1=2，且对任意n，m∈N*，都有a m+n=a m•a n，S n是数列{a n}的前n项和，则=（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】数列的求和．【分析】通过在a m+n=a m•a n中令m=1，结合a1=2数列{a n}是首项、公比均为2的等比数列，进而计算可得结论．【解答】解：∵对任意n，m∈N*，都有a m+n=a m•a n，∴对任意nN*，都有a n+1=a1•a n，又∵a1=2，∴a n+1=2a n，∴数列{a n}是首项、公比均为2的等比数列，∴S n==2（2n﹣1），∴==5，故选：D．6．设点（x，y）在平面区域E内，记事件A“对任意（x，y）∈E，有2x﹣y≥1”，则满足事件A发生的概率P（A）=1的平面区域E可以是（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】根据条件若事件A发生的概率P（A）=1，则等价为面区域E都在直线2x﹣y=1的下方区域即可．【解答】解：若满足事件A发生的概率P（A）=1，则2x﹣y≥1对应的平面区域在平面区域E内，A．平面区域E不都在直线2x﹣y=1的下方区域，不满足条件．B．平面区域E都在直线2x﹣y=1的下方区域，满足条件．C平面区域E不都在直线2x﹣y=1的下方区域，不满足条件．．D．平面区域E不都在直线2x﹣y=1的下方区域，不满足条件．．故选：B7．已知函数y=f（x）的图象为如图所示的折线ABC，则dx=（）A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1【考点】定积分．【分析】先根据图象求出f（x）的表达式，在分段求出定积分．【解答】解：当0≤x≤1，f（x）=x﹣1，当﹣1≤x＜0时，f（x）=﹣x﹣1，则dx=（x+1）（x﹣1）dx+（x+1）（﹣x﹣1）dx=（x2﹣1）dx﹣（x2+2x+1）dx=（）|﹣（）|=﹣1+（﹣+1﹣1）=﹣1，故选：D．8．甲、乙、丙3名教师安排在10月1日至5日的5天中值班，要求每人值班一天且每天至多安排一人．其中甲不在10月1日值班且丙不在10月5日值班，则不同的安排方法有（）种．A．36 B．39 C．42 D．45【考点】排列、组合的实际应用．【分析】根据甲，可以分两类，第一类，甲在10月5日值班，第二类，甲不在10月5日值班，根据分类计数原理可得答案．【解答】解：第一类，甲在10月5日值班，则乙丙在剩下的4天各选择一天，故有A42=12种，第二类，甲不在10月5日值班，则甲再10月2，3，4天选择一天，丙在除了10月5日的三天中选择一天，乙在剩下的三天中选择梯田，故有3×3×3=27种，根据分类计数原理可得，共有12+27=39种，故选：B．9．在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC是等腰三角形，∠BAC=120°，BC=2，PA⊥平面ABC，若三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为8π，则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】由题意画出图形，设出底面三角形的外心G，找出三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O，通过求解直角三角形得到三棱锥的高，则答案可求．【解答】解：如图，取BC中点为E，连接AE，∵底面ABC是等腰三角形，∠BAC=120°，BC=2，∴△ABC的外心G在AE上，设为G，取AB中点F，连接GF，在Rt△AEB中，由BE=1，∠BAE=60°，得AF==，又在Rt△AFG中，得，过G作PA的平行线与PA的中垂线HO交于O，则O为三棱锥P﹣ABC的外接球的球心，即R=OA，由4πR2=8π，得R=，∵PA⊥平面ABC，∴OG⊥AG，在Rt△AGO中，求得OG=，∴三棱锥P﹣ABC的高PA=2OG=，则三棱锥的体积为V=．故选：B．10．已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，过F的直线与C交于A、B两点，与l交于点P，若|AF|=3|FB|，则|PF|=（）A．7.5 B．7 C．8.5 D．8【考点】抛物线的简单性质．【分析】设直线AB的方程为：y=k（x﹣2），与抛物线方程联立化为：k2x2﹣（4k2+8）x+4k2=0，由|AF|=3|FB|，可得x A+2=3（x B+2），再利用根与系数的关系可得k，即可得出．【解答】解：设直线AB的方程为：y=k（x﹣2），联立，化为：k2x2﹣（4k2+8）x+4k2=0，∴x A+x B=，x A x B=4．∵|AF|=3|FB|，∴x A+2=3（x B+2），联立解得：k=．∴P．∴|PF|==8．故选：D．11．某几何体的主视图和左视图如图（1），它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1如图（2），其中O1A1=6，O1C1=2，则该几何体的侧面积为（）A．48 B．64 C．96 D．128【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱，计算出底面的周长和高，进而可得几何体的侧面积．【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，O1A1=6，O1C1=2，∴它的俯视图的直观图面积为12，∴它的俯视图的面积为：24，∴它的俯视图的俯视图是边长为：6的菱形，棱柱的高为4故该几何体的侧面积为：4×6×4=96，故选：C．12．对于函数f（x），g（x）满足：对任意x∈R，都有f（x2﹣2x+3）=g（x），若关于x的方程g（x）+sin x=0只有5个根，则这5个根之和为（）A．5 B．6 C．8 D．9【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】根据条件，先判断g（x）关于x=1对称，然后利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点问题进行求解即可．【解答】解：∵y=x2﹣2x+3的对称轴为x=1，∴由f（x2﹣2x+3）=g（x）得g（x）关于x=1对称，由g（x）+sin x=0得g（x）=﹣sin x，作出函数y=﹣sin x的图象，若程g（x）+sin x=0只有5个根，则其中一个根x=1，其余四个根两两关于x=1对称，则关于对称的根分别为x1，和x2，x3和x4，则，，则x1+x2=2，x3+x4=2，则这5个根之和为2+2+1=5，故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分1，3，5．13．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，则=﹣2．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据图形，，而，且，这样即可求出的值，即得出的值．【解答】解：==2•2cos120°=﹣2．故答案为：﹣2．14．设θ为第二象限角，若，则sinθ+cosθ=﹣．【考点】两角和与差的正弦函数；两角和与差的正切函数．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得sin（θ+）的值，再利用两角差的正弦公式求得要求式子的值．【解答】解：∵θ为第二象限角，若＞0，∴θ+为第三象限角，由=，sin（θ+）＜0，cos（θ+）＜0， +=1，求得sin（θ+）=﹣，则sinθ+cosθ=2sin（θ+）=﹣，故答案为：﹣．15．在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（x6，y6）的散点图中，若所有样本点（x i，y i）（i=1，2，…，6）都在曲线y=bx2﹣附近波动．经计算x i=11，y i=13，x i2=21，则实数b的值为．【考点】线性回归方程．【分析】求出各对应点的坐标，代人曲线方程，可以求出实数b的值．【解答】解：根据题意，把对应点的坐标代人曲线y=bx2﹣的方程，即y1=b﹣，y2=b﹣，…，y6=b﹣，∴y1+y2+…+y6=b（++…+）﹣×6；又y i=13，x i2=21，∴13=b×21﹣6×，解得b=．故答案为：．16．在等差数列{a n }中，首项a 1=3，公差d=2，若某学生对其中连续10项迸行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为 200 ．【考点】等差数列的前n 项和．【分析】先排除不是遗漏掉首项与末项，从而设9项为a n ，a n+1，a n+2，…，a n+m ﹣1，a n+m+1，a n+m+2，…，a n+9，从而可得10（2n +1）+90﹣2（m +n ）﹣1=185，从而求得．【解答】解：若遗漏的是10项中的第一项或最后一项，则185=9•a 中，故a 中=20（舍去）；故设9项为a n ，a n+1，a n+2，…，a n+m ﹣1，a n+m+1，a n+m+2，…，a n+9，其中（0＜m ＜9，m ∈N *）故10a n +×2﹣a m+n =185，即10（2n +1）+90﹣2（m +n ）﹣1=185，故m=9n ﹣43，故n=5，m=2；故10×a 5+×2=110+90=200；故答案为：200．三、解答题：解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17．在△ABC ，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知cosB +（cosA ﹣2sinA ）cosC=0．（Ⅰ）求cosC 的值；（Ⅱ）若a=，AB 边上的中线CM=，求sinB 及△ABC 的面积．【考点】余弦定理；三角函数中的恒等变换应用．【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换的应用化简已知可得sinAsinC ﹣2sinAcosC=0，由sinA ≠0，可得tanC=2，利用同角三角函数基本关系式即可求cosC 的值．（Ⅱ）由，两边平方得b 2+2b ﹣3=0，解得b ，由余弦定理可解得c 的值，即可求得sinB ，利用三角形面积公式即可求△ABC 的面积．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）因为cosB=﹣cos （A +C ）=﹣cosAcosC +sinAsinC ，… 又已知cosB +（cosA ﹣2sinA ）cosC=0，所以sinAsinC ﹣2sinAcosC=0，…因为sinA ≠0，所以sinC ﹣2cosC=0，… 于是tanC=2，…所以．…（Ⅱ）因为，…两边平方得b 2+2b ﹣3=0，解得b=1，…在△ABC 中，由余弦定理得c 2=a 2+b 2﹣2abcosC=4，所以c=2，…由此可知△ABC 是直角三角形，故，…可得：△ABC 的面积．…18．某苗圃基地为了解基地内甲、乙两块地种植的同一种树苗的长势情况，从两块地各随机抽取了10株树苗，分别测出它们的高度如下（单位：cm）甲：19 20 21 23 25 29 32 33 37 41乙：10 24 26 30 34 37 44 46 47 48（Ⅰ）用茎叶图表示上述两组数据，并对两块地抽取树苗的高度进行比较，写出两个统计结论；（Ⅱ）苗圃基地分配这20株树苗的栽种任务，小王在苗高大于40cm的5株树苗中随机的选种3株，记X是小王选种的3株树苗中苗高大于45cm的株数，求X的分布列与数学期望EX．【考点】离散型随机变量的期望与方差；茎叶图；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）由已知作出两组数据茎叶图，利用茎叶图能求出结果．（Ⅱ）由题意得X=1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．【解答】解：（Ⅰ）由已知作出两组数据茎叶图：由茎叶图得到：（1）乙品种树苗的平均高度大于甲品种树苗的平均高度．（或：乙品种树苗的高度普遍大于甲品种树苗的高度）．（2）乙品种树苗的高度较甲品种树苗的高度更分散．（或：甲品种树苗的高度较乙品种树苗的高度更集中（稳定）．（3）甲品种树苗的高度的中位数为27mm，乙品种树苗的高度的中位数为35.5mm．（4）甲品种树苗的高度基本上是对称的，而且大多集中在中间（均值附近）．乙品种树苗的高度不对称，其分布不均匀．（注：以上四点答对任意两点均给分）…（Ⅱ）由题意得X=1，2，3，，，，…EX==．…19．在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=AA1，∠A1AB=∠A1AD=60°．（Ⅰ）求证：平面A1BD⊥平面A1AC；（Ⅱ）若BD=D=2，求平面A1BD与平面B1BD所成角的大小．【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出△A1AB和△A1AD均为正三角形，A1O⊥BD，AC⊥BD，由此能证明平面A1BD⊥平面A1AC．（Ⅱ）以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面A1BD与平面B1BD所成角的大小．【解答】证明：（Ⅰ）因为AA1=AB=AD，∠A1AB=∠A1AD=60°，所以△A1AB和△A1AD均为正三角形，于是A1B=A1D…设AC与BD的交点为O，则A1O⊥BD…又ABCD是菱形，所以AC⊥BD…而A1O∩AC=O，所以BD⊥平面A1AC…而BD⊂平面A1BD，故平面A1BD⊥平面A1AC…解：（Ⅱ）由A1B=A1D及，知A1B⊥A1D…又由A1D=AD，A1B=AB，BD=BD，得△A1BD≌△ABD，故∠BAD=90°…于是，从而A1O⊥AO，结合A1O⊥BD得A1O⊥底面ABCD…如图，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，﹣1，0），A1（0，0，1），，…设平面B1BD的一个法向量为，由得，令x=1，得…平面A1BD的一个法向量为，设平面A1BD与平面B1BD所成角为θ，则…解得θ=45°，故平面A1BD与平面B1BD所成角的大小为45°．…20．设椭圆C：=1（a＞b＞0）的焦点F1，F2，过右焦点F2的直线l与C相交于P、Q两点，若△PQF1的周长为短轴长的2倍．（Ⅰ）求C的离心率；（Ⅱ）设l的斜率为1，在C上是否存在一点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由椭圆的焦点F1，F2，过右焦点F2的直线l与C相交于P、Q两点，△PQF1的周长为短轴长的2倍，得到，由此能求出椭圆C的离心率．（Ⅱ）设椭圆方程为，直线的方程为y=x﹣c，代入椭圆方程得，由此利用韦达定理、椭圆性质、向量知识，结合已知条件能求出不存在点M，使成立．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C：=1（a＞b＞0）的焦点F1，F2，过右焦点F2的直线l与C相交于P、Q两点，△PQF1的周长为短轴长的2倍，△PQF1的周长为4a…∴依题意知，即…∴C 的离心率…（Ⅱ）设椭圆方程为，直线的方程为y=x ﹣c ，代入椭圆方程得…设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），则，…设M （x 0，y 0），则①…由得…代入①得…因为，，所以②…而…从而②式不成立．故不存在点M ，使成立…21．设函数f （x ）=e x +ln （x +1）﹣ax ．（Ⅰ）当a=2时，证明：函数f （x ）在定义域内单调递增；（Ⅱ）当x ≥0时，f （x ）≥cosx 恒成立，求实数a 的取值范围．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）当a=2时，f （x ）的定义域为（﹣1，+∞），，记，则，分类讨论，即可证明：函数f （x ）在定义域内单调递增；（Ⅱ）由（Ⅰ）知f'（x ）在（0，+∞）上递增，分类讨论，利用当x ≥0时，f （x ）≥cosx 恒成立，求实数a 的取值范围．【解答】（Ⅰ）证明：f （x ）的定义域为（﹣1，+∞），…记，则当x ＞0时，e x ＞1，，此时g'（x ）＞0…当x ＜0时，e x ＜1，，此时g'（x ＜0…所以f'（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，…故f'（x）≥f'（0）=0，从而f（x）在（﹣1，+∞）上递增…（Ⅱ）解：，由（Ⅰ）知f'（x）在（0，+∞）上递增，所以当a≤2时，f'（x）≥f'（0）=2﹣a≥0，所以f（x）在[0，+∞）上递增…故f（x）≥f（0）=1≥cosx恒成立…当a＞2时，记φ（x）=f（x）﹣cosx，则记，则当x＞1时，…显然0≤x＜1时，h'（x）＞0，从而φ'（x）在[0，+∞）上递增…又φ'（0）=2﹣a＜0，则存在x0∈（0，+∞），使得φ'（x0）=0…所以φ（x）在（0，x0）上递减，所以当x∈（0，x0）时，φ（x）＜φ（x0）=0，即f（x）＜cosx，不符合题意…综上，实数a的取值范围是a≤2…请考生在第22、23、24两题中任选一题做答[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，在正△ABC中，点D、E分别在边BC，AC上，且BD=BC，CE=CA，AD，BE相交于点P．求证：（Ⅰ）四点P、D、C、E共圆；（Ⅱ）AP⊥CP．【考点】圆內接多边形的性质与判定．【分析】（I）由已知条件推导出△ABD≌△BCE，由此能证明四点P，D，C，E共圆．（II）连结DE，由正弦定理知∠CED=90°，由四点P，D，C，E共圆知，∠DPC=∠DEC，由此能证明AP⊥CP．【解答】证明：（I）在△ABC中，由BD=，CE=，知：△ABD≌△BCE，…∴∠ADB=∠BEC，即∠ADC+∠BEC=π．所以四点P，D，C，E共圆．…（II）如图，连结DE．在△CDE中，CD=2CE，∠ACD=60°，由正弦定理知∠CED=90°．…由四点P，D，C，E共圆知，∠DPC=∠DEC，所以AP⊥CP．…[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在平面直角坐标系中，已知曲线C1：=1（0＜a＜2），曲线C2：x2+y2﹣x﹣y=0，Q是C2上的动点，P是线段OQ延长线上的一点，且P满足|OQ|•|OP|=4．（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，化C2的方程为极坐标方程，并求点P的轨迹C3的方程；（Ⅱ）设M、N分别是C1与C3上的动点，若|MN|的最小值为，求a的值．【考点】双曲线的简单性质．【分析】（Ⅰ）由x=ρcosθ，y=ρsinθ代入曲线C2，运用三角函数的恒等变换可得极坐标方程；设Q（ρ'，θ），P（ρ，θ），代入极坐标方程，化简整理可得所求点P的轨迹C3的方程；（Ⅱ）设M（acosθ，sinθ），运用点到直线的距离公式，结合辅助角公式和正弦函数的值域，可得最小值，解方程可得a的值．【解答】解：（Ⅰ）由x=ρcosθ，y=ρsinθ，代入曲线C2：x2+y2﹣x﹣y=0，即为ρ2﹣ρ（sinθ+cosθ）=0，可得C2的极坐标方程为，设Q（ρ'，θ），P（ρ，θ），则，由|OQ|•|OP|=4得ρ'•ρ=4，从而，即有ρ（sinθ+cosθ）=4，故C3的直角坐标方程为x+y=4；（Ⅱ）设M（acosθ，sinθ），则M到直线C3的距离，所以=，解得．[选修4-5：不等式选讲]24．设a、b为正实数，且+=2．（1）求a2+b2的最小值；（2）若（a﹣b）2≥4（ab）3，求ab的值．【考点】基本不等式．【分析】（1）根据基本不等式得出ab（a=b时等号成立），利用a2+b2≥2ab=（a=b时等号成立）求解即可．（2）根据+=2．∴a，代入得出（a+b）2﹣4ab≥4（ab）3，即（2）2﹣4ab≥4（ab）3求解即可得出ab=1【解答】解：（1）∵a、b为正实数，且+=2．∴a、b为正实数，且+=2≥2（a=b时等号成立）．即ab（a=b时等号成立）∵a2+b2≥2ab=（a=b时等号成立）．∴a2+b2的最小值为1，（2）∵且+=2．∴a∵（a﹣b）2≥4（ab）3，∴（a+b）2﹣4ab≥4（ab）3即（2）2﹣4ab≥4（ab）3即（ab）2﹣2ab+1≤0，（ab﹣1）2≤0，∵a、b为正实数，∴ab=12017-2018学年9月16日。

江西省赣州市2018年高三(5月)适应性考试-数学试卷(理科)(解析版)

赣州市2018年高三年级适应性考试理科数学一、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. 复数，则=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用复数的运算法则，求得z，之后利用共轭复数的定义求得.详解：根据题中所给的条件，可知，所以，故选A.点睛：该题考查的是有关复数的运算问题，以及共轭复数的定义，在求解的过程中，需要对其运算法则灵活掌握.2. 已知集合，集合，则( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：首先根据偶次根式的要求求得集合A，结合指数函数的单调性求得集合B，按照交集中元素的特征，求得.详解：由可得，解得，所以，根据指数函数的有关性质，求得，从而可以求得，故选D.点睛：该题考查了函数的定义域，函数的值域以及集合的交集运算，在解题的过程中，一是需要注意函数的定义域的求法，函数的值域的求法，要明白自变量的取值情况，以及集合的交集中元素的特征.3. 某工厂利用随机数表对生产的700个零件进行抽样测试，先将700个零件进行编号，001,002,……，699,700.从中抽取70个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（）32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 4284 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 0432 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45A. 623B. 328C. 253D. 007【答案】A【解析】分析：从第五行第六列开始向右读，依次读取，将其中不符合要求的也就是超范围的数据去掉，再将重复的去掉，最后找到满足条件的数据.详解：从第5行第6列开始向又读取数据，第一个数为253，第二个数是313，第三个数是457，下一个数是860，不符合要求，下一个数是736，不符合要求，下一个是253，重复，第四个是007，第五个是328，第六个是623，故选A.点睛：这是一道有关随机数表的题目，明确随机数的含义是关键，在读取数据的过程中，需要把超范围的数据和重复的数据都去掉，接着往下读就行了.4. 已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先利用同角三角函数关系式，结合题中所给的角的范围，求得的值，之后借助于倍角公式，将待求的式子转化为关于的式子，代入从而求得结果.详解：根据题中的条件，可得为锐角，根据，可求得，而，故选B.点睛：该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用，在解题的过程中，需要对已知真切求余弦的方法要明确，可以应用同角三角函数关系式求解，也可以结合三角函数的定义式求解.5. 已知函数，则下列判断正确的是（）A. 是偶函数不是奇函数B. 是奇函数不是偶函数C. 既是偶函数又是奇函数D. 既不是偶函数也不是奇函数【答案】B【解析】分析：首先判断函数的定义域是否关于原点对称，之后判断与的关系，得到，结合奇函数的定义，可得函数是奇函数，利用一个特殊值，确定不是偶函数，从而选出正确结果.详解：该函数的定义域为，，所以函数是奇函数，，所以函数不是偶函数，故选B.点睛：该题考查的是有关判断函数奇偶性的问题，在解题的过程中，注意首先要确定函数的定义域是否关于原点对称，之后判断与的关系，结合函数奇偶性的定义，从而得出正确结果，再者，在判断其不是偶函数的时候，还可以由函数不是0常函数，也可以得到结果.6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先根据所给的三视图，可以判断外层的轮廓是由一个正方体切割而成的，再者就是里边有一个空洞，是一个球体的八分之一，所以在求其体积时，就等于棱锥的体积减去部分球体的体积，从图中得到相应的线段的长度，代入公式求得结果.详解：根据题中所给的几何体的三视图，可以断定该几何体为一个四棱锥里边挖去了八分之一的球体，并且该四棱锥就是由一个正方体切割而成的，根据体积公式求得四棱锥的体积为，而挖去的八分之一球体的体积为，所以该几何体的体积为，故选A.点睛：该题考查的是有关三视图还原几何体求其体积的问题，在求解的过程中，最关键的一步就是还原几何体，从图中可以发现其为一个棱锥挖去一个部分球体的几何体，一是需要明确棱锥的顶点的特征，二是挖去的是球体的几分之几，之后借助于公式，从图中读出边长求得结果.7. 若函数在区间上有两个零点，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先根据题中所给的函数解析式，根据题中所给的区间，可以求得函数在给定区间上的对称轴的位置，结合函数图像的对称性，结合中点坐标公式，从而可得的值.详解：当时，，令，解得，所以函数在区间上的对称轴为，所以有，故选C.点睛：该题考查的是有关余弦函数的图像及性质，将其零点问题转化为图像和直线的交点问题，结合函数图像的对称性，从而得到两个零点和的特征，所以求对应区间上的对称轴就成了关键.8. 执行完如图的程序框图后，与应满足的关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先判断程序框图执行完后所得的结果，输出的值为，从而对所给的选项逐一验证，得到对应的选项.详解：根据题中所给的程序框图，在执行完后，不难算出输出的的值分别是，将两个量分别对各个选项逐一验证，可以发现，故选B.点睛：该题考查的是有关程序框图的问题，在解题的过程中，需要判断执行完后所输出的值，再者就是对选项逐一验证，因为对应的每一组值可能都不一样，咱就需要所输出的这一组对应的结果.9. 不等式组的解集记为.有下面四个命题：，，，，.A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件画出其相应的可行域，之后由于四个命题都是针对的取值情况，所以令作为目标函数来研究，求得其范围，对应各个命题，得到结果.详解：首先作出不等式组所表示的平面区域，为直线的左下方和直线的右上方的公共部分，可以求得目标函数的值域为，与各命题的内容作比较，从而得出是正确的，故选D.点睛：该题考查的知识点表面上是有关命题的真假问题，实际上是有关线性规划的问题，在解题的过程中，需要先将约束条件对应的可行域画出来，之后去设定一个目标函数，最后求得结果即可.10. 双曲线（，）的左右焦点为，，渐近线分别为，，过点且与垂直的直线分别交及于，两点，若满足，则双曲线的离心率为（）A. B. C. 2 D.【答案】C【解析】分析：首先将图画出来，之后结合向量的性质，可以确定出是的中点，之后借助于等腰三角形的性质，得到是的角分线，之后与渐近线的倾斜角联系，求得其倾斜角，从而得到斜率，结合双曲线中系数的关系，求得离心率.详解：根据题意，，可以确定是的中点，又因为，结合等腰三角形的性质，可以得到是的角分线，结合双曲线的性质，可以求得双曲线的渐近线的倾斜角为，从而确定出，所以，故选C.点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率的求解问题，在解题的过程中，需要对向量的基本定理理解的特别透彻，从而确定出有关中点的结论，之后借助于等腰三角形的特征，得到倾斜角的大小，之后得到其系数的关系，从而求得结果.11. 在三棱柱中，，分别为棱，的中点，过，，的截面把三棱柱分成两部分，则这两部分的体积比为（）A. 5:3B. 2:1C. 17:7D. 3:1【答案】C【解析】分析：首先需要确定过过，，的截面与棱的交点的位置，从而确定出截面与上底面的交线，分析所得的几何体，从而确定分割出来的几何体一个是棱台，一个是不规则的几何体，所以可以先求棱台所占棱柱体积的比例，从而进一步求得几何体的体积比.详解：根据题中的条件，可以断定，该截面与的交点为靠近于的四等分点，所以可以得到该平面将棱柱分成了一个三棱台和一个几何体，而该三棱柱的体积为，而割出来的三棱台的体积为，所以有，所以所得的两部分的体积比为，故选C.点睛：该题所考查的是有关几何体切割后所得的几何体的体积比，在解题的过程中，首先需要确定出切割后的几何体的形状，按照相应的几何体的体积公式，求得结果，利用减法运算，求得另一部分，最后求得结果.12. 函数（），若的解集为，且中恰有两个整数，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析：首先将对应的式子转化，化为用不等号连结的两个不同类型的函数，并且是比较熟悉的类型，不等式的一边是比较熟悉的过定点的直线，一边是一个分式型的，利用导数研究函数的单调性，结合图像，分析只有两个整数解的条件，列出等价的不等式组，从而求得结果.详解：令，得，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，画出其对应的图像，在中恰有两个整数解，由图可知，这两个整数解为2和3，从而有，解得，故选D.点睛：该题考查的是有关参数的取值范围的问题，而问题的载体是以有关不等式有两个整数解为载体，在解题的过程中，将不等式转化为比较熟悉的两类函数的关系，利用数形结合的思想解决问题，比较直观，容易理解.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知单位向量，满足，则向量，的夹角为__________．【答案】.【解析】分析：首先应用向量的模的平方和向量的平方是相等的，将题中所给的式子进行平方运算，结合题中所给的单位向量的条件，利用向量的数量积的定义式，得到所满足的等量关系式，求得结果.详解：根据题意有，其夹角为，整理得，即，因为，所以.点睛：该题考查的是有关向量的夹角问题，在求解过程中，用到的知识点有向量的模的平方和向量的平方是相等的，再者就是向量数量积的定义式，用到的解题的思想就是见模就平方.14. 以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆中，最大面积的圆方程为__________．【答案】.【解析】分析：首先求出抛物线的交点坐标，即得到圆的圆心坐标，根据直线与圆相切的条件，可得圆心到直线的距离即为圆的半径，要使圆的面积最大，即圆的半径最大，过定点的动直线中，两点间的距离即为点到直线的距离时为最大，从而求得结果.详解：根据题的条件可知，圆的圆心为，直线是过定点的动直线，当满足直线和垂直时，其圆心到直线的距离最大，此时满足圆的面积最大，且半径为，所以面积最大的圆的方程是.点睛：该题考查的是有关圆的问题，里边涉及到的知识点有直线过定点问题、抛物线的焦点问题、直线与圆相切的问题、圆的标准方程的问题、以及点到过定点的动直线什么时候距离最大的问题，所以在做题的时候要时刻保持头脑的清醒.15. 展开式中二项式系数和为32，则展开式中的系数为_________．【答案】-30.【解析】分析：首先根据二项展开式中二项式系数和求得的值，之后将式子转化，即，结合与的展开式中，对应项的关系，分别去分析可能有哪些项乘积所得的，从而确定出各项的系数关系，最后求得结果.详解：由展开式中二项式系数和为32，可得，解得，，根据二项式定理可以求得的展开式中，三次项、二次项、一次项系数和常数项分别是10、10、5、1，的展开式中，常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是-1、10、-40、80，所以展开式中项的系数为.点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，在求解的过程中，需要明确展开式中对应项的关系，除此之外，也可以将式子转化为另一种形式，即，之后再分析对应的项所出现的位置，从而求得结果. 16. 已知的三个内角的余弦值分别与的三个内角的正弦值相等，则的最小角为__________度．【答案】45.【解析】分析：首先根据题意，将对应的等量关系式写出，这时不妨设出最小角是哪个，之后借助于诱导公式以及对应的角的关系，得到其满足的条件，最后求得结果.详解：由题意，不妨设，从而可以确定都是锐角，结合三角形中有关结论，如果设为最小角，则在中，为最大角，则有，从而得到，即，再结合角的关系，可以确定，所以答案为.点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，在解题的过程中，需要将题中的条件转化为数学式子，之后应用三角函数的有关性质得出角的范围，确定三角形的形状，之后利用诱导公式找出角之间的关系，最后求得结果.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.17. 已知数列的前项和为，满足（），，（1）求证：数列为等比数列；（2）记，求数列的前项和.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】分析：第一问根据数列的项与和的关系，将题中式子可以转化为再进一步对式子进行变形，可以整理得出，利用等比数列的定义求得结果，第二问分析其通项的特征，采用分组求和法与错位相减法对数列求和，得出结果.详解：（1）由由，故进而：故数列是首项为1，公比为2的等比数列.（2）由（1）知：故分别记数列，的前项和为，则两式相减得所以故点睛：该题考查的是有关数列的问题，在求解的过程中，一是需要对利用定义证明对应数列是等比数列的步骤要熟悉，二是对数列求和时，要注意对数列的通项公式进行分析，选择合适的求和方法，在求和的过程中，一定要认真运算.18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为直角梯形，其中，，，，，，点在棱上且，点为棱的中点.在棱上且，点位棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值的大小.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】分析：第一问结合面面垂直的判定定理，寻找图中的垂直的条件，最后归结为线线垂直，在证明线线垂直时，勾股定理也是一个不错的方法，再者就是对二面角的余弦值的求解过程中，利用空间向量来解决，注意对法向量的方向进行分析得出其补角还是其本身是二面角，从而确定是其本身还是其相反数.详解：（1）在中，由，得，同理在中，由，得，所以，即（亦可通过勾股定理来证明）在中，在，所以，即（2）由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，得：，，，，，，，设平面的法向量为则：不妨设，则设平面的法向量为则，不妨设，则记二面角为（应为钝角）故二面角的余弦值为.点睛：该题考查的是有关空间立体几何的有关问题，在解题的过程中，需要对空间几何体中的有关线、面之间的关系，从其中寻找垂直的因素，结合面面垂直的判定定理，求得结果，在空间角的求解过程中，关键的一步是正确求出平面的法向量，利用法向量所成角的余弦值来求得二面角的余弦值.19. 一厂家在一批产品出厂前要对其进行质量检验，检验方案是: 先从这批产品中任取3件进行检验，这3件产品中优质品的件数记为.如果,再从这批产品中任取3件进行检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果,再从这批产品中任取4件进行检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验. 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为,且各件产品是否为优质品相互独立.(1) 求这批产品通过检验的概率;(2) 已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为(单位: 元),求的分布列及数学期望.【答案】(1) .(2)分布列见解析，.【解析】分析：第一问首先分析题意，寻找怎样叫产品通过检验，结合事件的关系，利用对应的公式，求得相应的概率；第二问利用条件，分析随机变量的可取值，求得相应的概率，得出分布列，之后应用随机变量的分布列的期望公式求得结果.详解：（1）设第一次取出的3件产品中全为优质品为事件,第二次取出的3件产品都是优质品为事件；第一次取出的3件产品中恰有2件优质品为事件,第二次取出的4件产品都是优质品为事件,这批产品通过检验为事件,根据题意有,且与互斥、所以（2）的可能取值为300,600,700所以的分布列为点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及随机变量的分布列的问题以及期望值的求解问题，在解题的过程中，需要对题的条件认真分析，求得结果，再者就是对随机变量的可取值以及对应的概率一定要认真分析求解，利用期望公式求得结果.20. 已知椭圆：（）的左右顶点分别为，，点在椭圆上，且的面积为. （1）求椭圆的方程；（2）设直线不经过点且与椭圆交于，两点，若直线与直线的斜率之积为，证明：直线过顶点.【答案】(1) .(2)见解析.【解析】分析：第一问利用三角形的面积求得所满足的关系，结合点在椭圆上，以及椭圆中的关系，求得其值，得到椭圆的方程，第二问涉及直线与椭圆相交，需要设出直线的方程，先去验证直线的斜率是存在的，设出方程之后，与椭圆方程联立，消元，利用韦达定理得到其两根和与两根积，利用题中所给的斜率的关系，得出等量关系式，从而求得直线过定点.详解：（1）由题意可设椭圆的半焦距为，由题意得：所以所以椭圆的方程为：（2）当直线的斜率不存在时，可设其方程为且），不妨设，且故把代换化简得：，不合题意设直线的方程为，，联立，由，是上方程的两个根可知：由，化简整理得：即故或（舍去，因为此时直线经过点）把代入得所以直线方程为（），恒过点点睛：该题考查的是有关直线与椭圆相交的问题，在解题的过程中，一是需要对椭圆中对应的参数之间的关系了如执掌，再者就是对直线与椭圆相交需要联立，还有就是直线的方程在设的时候一定要注意斜率的存在与否问题，最重要的就是从题中寻找对应的等量关系.21. 已知函数（）.（1）若，证明：函数有且只有一个零点；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1) 当时，函数有且只有一个零点.(2) .【解析】分析：第一问只要明确函数的零点存在性定理即可得结果，关于第二问，利用导数研究函数的图像的单调性，利用参数分离，构造新函数，结合函数图像，利用分类讨论的思想解决问题，求得结果.详解：（1）由（），得故当时，，即函数在上单调递减.所以当时，函数在上最多有一个零点.又当时，，所以当时，函数有且只有一个零点.（2）解：由（1）知：当时，函数在上最多有一个零点，由（），得，令分离参数法得记的图像如图所示，故当，当，所以又，，故实数的取值范围是.点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，在解题的过程中，所涉及的知识点有函数的零点个数问题，这就需要对零点存在性定理必须非常熟悉，以及应用导数研究函数图像的走向，结合图像，得出结果.（二）选考题：共10分.请考生在第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直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）。

2018届赣州市高考理科数学模拟试卷及答案

2018 届赣州市高考理科数学模拟试卷及答案理科考生要想考好理科数学，就需要多做一些理科数学模拟试卷，对自己复习后的知识进行查漏补缺，这样将对你高考很有帮助，下面是为大家精心推荐的2018 届赣州市高考理科数学模拟试卷，希望能够对您有所帮助。

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. 已知为虚数单位，，则复数的共轭复数为()A.B.C.D.3. 总体由编号为01, 02, 03，…，49, 50的50个个体组成，利用随机数表(以下选取了随机数表中的第1 行和第2行)选取5个个体,选取方法是从随机数表第1 行的第9 列和第10 列数字开始由左向右读取,则选出来的4 个个体的编号为()A.05B.09C.11D.204. 已知双曲线的一条渐近线方程为,则的离心率为()A.B. 或C.2D.5. 执行下图程序框图,若输出,则输入的为()A. 或或1B.C. 或1D.16. 数列是首项,对于任意,有,则前5 项和()A.121B.25C.31D.357. 某三棱锥的三视图如图所示，则其体积为()A.4B.8C.D.8. 函数(其中为自然对数的底数)的图象大致为()ABCD9. 若，则()A.1B.513C.512D.51110. 函数() 在内的值域为，则的取值范围是()A.B.C.D.11. 抛物线的焦点为，为准线上一点，为轴上一点，为直角，若线段的中点在抛物线上，则的面积为()A.B.C.D.12. 已知函数有两个极值点，且，若，函数，则()A. 恰有一个零点B. 恰有两个零点C. 恰有三个零点D. 至多两个零点第H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. 已知向量，，则在方向上的投影为.14. 直线的三个顶点都在球的球面上，，若三棱锥的体积为 2 ，则该球的表面积为.15. 已知变量满足约束条件，目标函数的最小值为，则实数.16. 数列的前项和为，若，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，，所对应的边分别为，，，.(1) 求证：;(2) 若，为锐角，求的取值范围.18. 某学校用简单随机抽样方法抽取了100 名同学，对其日均课外阅读时间(单位：分钟) 进行调查，结果如下：男同学人数711151221女同学人数89171332若将日均课外阅读时间不低于60 分钟的学生称为“读书迷” .(1) 将频率视为概率，估计该校4000 名学生中“读书迷”有多少人?(2) 从已抽取的8 名“读书迷” 中随机抽取4 位同学参加读书日宣传活动.(i) 求抽取的4 位同学中既有男同学又有女同学的概率;(ii) 记抽取的“读书迷”中男生人数为，求的分布列和数学期望.19. 如图，平行四边形中，，，，，分别为，的中点，平面.(1) 求证：平面;(2) 求直线与平面所成角的正弦值.20. 已知椭圆经过点，且离心率为.(1)求椭圆的方程;直线与圆相切于点，且与椭圆相交于不同的两点，，求的最(2)大值.21.已知函数，.(1)讨论函数的单调性;(2)若函数在区间有唯一零点，证明：.22.点是曲线上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将点逆时针旋转得到点，设点的轨迹方程为曲线.(1) 求曲线，的极坐标方程;(2) 射线与曲线，分别交于，两点，定点，求的面积23. 已知函数.(1) 若，解不等式;(2) 当时，，求满足的的取值范围.一.选择题：BACCDDBDACBA二.填空题：(13)(14)(15)(16)三.解答题：(17) 解：(I)由根据正弦定理得，即，得.(n)由余弦定理得，由知，由为锐角，得，所以.从而有.所以的取值范围是.(18) 解：(I )设该校4000名学生中“读书迷”有人，贝几解得. 所以该校4000名学生中“读书迷”约有320人.(n)(i)抽取的4名同学既有男同学，又有女同学的概率:(ii)可取0, 1, 2, 3.的分布列为:0123(19) 解:(1) 连接,因为平面,平面,所以,在平行四边形中,,,所以，，从而有，所以，又因为，所以平面，平面，从而有，又因为，，所以平面.(2) 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，因为平面，所以，又因为为中点，所以，所以，，> > >设平面的法向量为，由，得，，令，得.设直线与平面所成的角为，则：即直线与平面所成角的正弦值为.(20) 解：(I)由已知可得，，解得，，所以椭圆r的方程为(n)当直线垂直于轴时，由直线与圆：相切,可知直线的方程为，易求. 当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，由直线与圆相切，得，即，将代入，得，设，，则，，又因为，所以，当且仅当，即时等号成立，综上所述，的最大值为2.(21) 解：(I),,令，，若，即，则，当时，，单调递增，若，即，则，仅当时，等号成立，当时，，单调递增. 若，即，则有两个零点，，由，得，当时，，，单调递增;当时，，，单调递减;当时，，，单调递增.综上所述，当时，在上单调递增;当时，在和上单调递增，在上单调递减.(n)由(1)及可知：仅当极大值等于零，即时，符合要求此时，就是函数在区间的唯一零点.所以，从而有，又因为，所以，令，则，设，则，再由(1) 知：，，单调递减，又因为，，所以，即.(22) 解：(I)曲线的极坐标方程为.设，则，则有.所以，曲线的极坐标方程为.( n ) 到射线的距离为，则.(23) 解：(I),所以表示数轴上的点到和1 的距离之和，因为或2 时，依据绝对值的几何意义可得的解集为.(n),当时，，等号当且仅当时成立，所以无解当时，，由得，解得，又因为，所以; 当时，，解得，综上，的取值范围是.。

【秒杀大招】高中数学导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转,唯手熟尔! (1)

如图所示，又点 Q a,2 a 到直线 x 0 的距离为 a ，
自然想到转化为动点 Q 到抛物线准线 x 1 的距离，
结合抛物线的概念可得 D
x a2
ex 2
a
2
a 2
PQ QH 1 PQ QF 1 ，所以 D PQ QF 1 PF 1 ，当且仅当 P,Q, F 共线，
bn
1
n n 1
，
-2-
慧学上进
所以只需证明
an
n
1
1 n
2
ln2
n 1 n
bn
n
1
n 1
.
由（1）知 a 1 时，有 x ln x x 1 ，即 ln x x 1 . x
令
x
n
n
1
1
，则
ln
n
n
1
n
1
1
，
所以
ln2
n 1 n
n
1
12
n
1
1 n
2
1 n 1
n
1
2
，
所以 ln2 2 ln2 3 ln2 n 1 1 1 n ；
命题角度 1 构造函数
【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试）已知函数
f
x 1
ln x , g(x) x
ae ex
1 x
bx
，若曲线
y
f
x 与曲
线 y g x 的一个公共点是 A1,1 ，且在点 A 处的切线互相垂直．
（1）求 a,b 的值；
（2）证明：当 x 1 时， f x g(x) 2 ．
缩法进行放缩解决问题.
命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路【典例 6】（皖南八校 2018 届高三第三次联考）若 x, a,b 均为任意实数，且 a 22 b 32 1 ，则

江西省2018届高三毕业班新课程教学质量监测数学(理)试题+扫描版含答案

2018年高三理科数学考试题参考答案必做部分一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】A【解析】由题设知， ()0,3B =，所以{}1,2A B ⋂=，故选A2．【答案】B【解析】()211z i i -=+， ()()()221i i 1i1i 1i 11i 2i 2i 2221i z +++-+∴=====-+---， z ∴在复平面内所对应的点的坐标为11,22⎛⎫-⎪⎝⎭，位于第二象限，故选B ． 3．【答案】D 【解析】由题意知,由细到粗每段的重量成等差数列，记为{}n a ，设公差为d ，则 551224{ 51542a S a =+=⨯==，，故选D. 4．【答案】B 【解析】2221||24221()132a b a a b b +=+⋅+=+⨯⨯⨯-+=r r r r r r 5．【答案】D【解析】由题意知， ()()3404m m m -+>⇒<-，或3m >，则A ，C 均不正确，而B 为充要条件，不合题意，故选D ．6．【答案】B【解析】试题分析：执行程序框图，有S=4，n=1，T=3，不满足条件T ＞2S ，S=7，n=2，T=7，不满足条件T ＞2S ，S=10，n=3，T=13，不满足条件T ＞2S ，S=13，n=4，T=21，不满足条件T ＞2S ，S=16，n=5，T=31不满足条件,S=19,n=6,T=43满足条件T ＞2S ，退出循环，输出T 的值为43．故选：B ．7．【答案】C【解析】不等式30240 120y x y x y +≥-+≥-+⎧⎪⎨⎪⎩≥所表示的平面区域如图所示，当3z x y =+所表示直线经过点()2,3A 时， z 有最大值11．8．【答案】A【解析】该几何体是半个圆锥， 21143323V r r ππ=⨯⨯⨯=， 2r =，母线长为2l r =，所以其表面积为211123222S rl r r r ππ=++⨯⨯ 2336432r ππ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，故选A ． 9【答案】D 【解析】由已知得5443544()44S S S S a a q -=-⇒=⇒=，121242n n n a --=⨯=，所以222log 141log 627n n a n a n +-=--，由函数4127x y x -=-的图像得到，当4n =时，数列222log 1{}log 6n n a a +-的最大项等于15． 10．【答案】C【解析】解析：因()31sin2cos2sin 226f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，故()52sin 2sin 21263g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因33x ππ-≤≤，故240233x ππ≤+≤，则32sin 2123x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭，所以()31g x -≤≤，应选答案C ． 11．【答案】A【解析】由函数()f x 是偶函数得0k =，当0x >时，0()e cos ,()e sin 10x x f x x f x x e '=-=+>-=，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，又2212220log 32log 5(log 3)(log 3)(2)(log 5)f f f k f a c b <<<⇒=<+<⇒<<．12．【答案】C【解析】由221,2202y kx x kx x y =+⎧⇒--=⎨=⎩，设1122(,),(,)A x y B x y ，则122x x =-，又OB 的方程为22y y x x =，所以2112212M y x x x y x ===-．设切点2(,)2t T t ，因为'l y x k t '=⇒=，所以l '的方程为22()22t t y t x t y tx -=-⇒=-，所以2111122t t tx x t -=-⇒=-，21122N N t t tx x t=-⇒=+，又点E 的坐标为(0,1)，所以22ME NE -u u u r u u u r 的值为22211()(11)()222t t t t-+---+=．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分．13．【答案】160 【解析】展开式的通项为：666316621(2)2r r r r r r r T C x C x x---+=⋅=⋅⋅，令6333r r -=-⇒=，所以系数为：3362160C ⋅=．14．【答案】7[2,2]()66k k k Z ππππ++∈ 【解析】由已知函数()f x 的周期为2π，一个最小值点为6π，由图像可以得递增区间7[2,2]()66k k k Z ππππ++∈． 15．【答案】23 【解析】当6COP π∠=时，OP的方程为0x ±=，圆心到直线OP 的距离为：32d =，又圆C 的半径为，此时弦所对的圆心角为3π，所以所求概率为：223123P ππ⨯=-= 16．【答案】28[,20]3ππ 【解析】四棱锥S ABCD -中，可得： ;AD SA AD AB AD ⊥⊥⇒⊥平面SAB ⇒平面SAB ⊥平面ABCD ，过S 作SO AB ⊥于O ，则SO ⊥平面ABCD ，设SAB θ∠=，故所以sin 2θ∈在SAB ∆中， 2SA AB ==，则有，所以SAB ∆的外接圆半径2sin SB r θ==，将该四棱锥补成一个以SAB 为一个底面的直三棱柱，得外接球的半径2244(1)1cos R S R ππθ=⇒==++，所以28[,20]3S ππ∈．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．解：（Ⅰ）由(2sin cos )b c A A =+得，sin 2sin sin sin cos sin()2sin sin sin cos B A C C A A C A C C A =+⇒+=+，所以1sin cos 2sin sin tan ,sin 2A C A C C C =⇒=⇒=5分（Ⅱ）sin sin b B c C ===,b c ==， ………………………………7分cos cos()cos cos sin sin A B C B C B C =-+=-+= ………………………9分由余弦定理得：22225222k k k =+-⇒=，所以2b c ==，………………………………………………………………………11分所以ABC V的面积11sin 2122S ac B ===．……………………………12分 18．解析（1）由题意可知，样本容量105100,0.0050.010*******n x ====⨯⨯， 0.1000.0050.0150.0400.0100.030y =----=；…………………………………5分（2）分数在[)80,90内的学生有30人，分数在[]90,100内的学生有10人，抽取的2名学生中得分在[)80,90的人数X 可能取值0，1，2，……………………6分则()2102403052C P X C ===，()1110302405113C C P X C ===， ()23024029252C P X C ===， ……………………………………………………………………………………………9分则X 的分布列为所以352930125213522EX =⨯+⨯+⨯=．…………………………………………12分19.解：（Ⅰ）2225BD AD AB =+=，所以222112016BD B D BB +=+=，1DB DB ∴⊥， ………………………2分又平面11BB D D ⊥平面ABCD ， 1DB ∴⊥平面ABCD ，…………………………4分 11111ABCD A B C D V AB AD DB -∴=⋅⋅，即该平行六面体的体积32V =；…………………5分（Ⅱ）如图，以D 为原点，1,,DA DC DB 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则1(0,0,0),(2,4,0),(0,4,0),(0,0,4)D B C B ，1111(1,2,2)22DE DD BB ===--u u u r u u u u r u u u r ，所以点E 坐标为(1,2,2)--，……………………………………………7分设平面1EB C 的法向量(,,)m x y z =u r ，由1(,,)(1,2,2)0220m EB x y z x y z ⊥⇒⋅=⇒++=u r u u u r ，由1(,,)(0,4,4)0m CB x y z y z ⊥⇒⋅-=⇒=u r u u u r ，令11,4z y x =⇒==-，所以(4,1,1)m =-u r ，又平面1DB C 的法向量为(1,0,0)n =r . …………10分22cos ,316111m n <>==-++⋅u r r ，所以所求二面角的余弦值为23．……12分 z y x D 1C 1B 11E D C BA20．解：（Ⅰ）22222e a b c =⇒==，椭圆方程可以化为22222x y c +=，……2分直线2l 过右焦点和上顶点时，方程可以设为y x c =-+，联立得：243403Q x cx x c -=⇒=，所以四边形MNQP 的面积为24162233c c c ⋅=⇒=，所以椭圆方程为：22142x y +=；……………………………………………………………5分（Ⅱ）依题意可以分别设12,l l 的方程为：,x ky m x ky m =-=+，由椭圆的对称性得：||||MN PQ =，所以MNQP 是平行四边形，所以MNQP 是菱形，等价于MQ NP ⊥，即OM ON ⊥，…………………………………………………………………………………6分将直线1l 的方程代入椭圆方程得到：222(2)240k y kmy m +-+-=，由222222044(2)(4)024k m k m m k >⇒-+->⇒<+△，………………………7分设1122(,),(,)M x y N x y ，由12120OM ON x x y y ⊥⇒+=，得到：2212121212()()0(1)()0ky m ky m y y k y y km y y m --+=⇒+-++=，从而：222222242(1)022m k m k m k k -+⋅-+=++，化简得：22344m k =+，……………10分所以22234,32,20m m m m ⎧≥⎪⎪<+⎨⎪>⎪⎩解得m ≥，所以正数m的取值范围是[)3+∞．…………………………………………………12分 21.解：（1）0a c ==时，由()0f x =e xb x⇔-=，记e ()x g x x =， 2e (1)()x x g x x-'=，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，所以当1x =时，()g x 取得极小值e ，………………………………………………………………………2分 ①当e b -<即e b >-时，函数()f x 在区间(0,)+∞上无零点；②当e b -=即e b =-时，函数()f x 在区间(0,)+∞上有一个零点；③当e b ->即e b <-时，函数()f x 在区间(0,)+∞上有两个零点；…………5分（2）2()e e 32x x f x x ax bx '=+++，2223()e e 224m m m m f am bm '=+++，322e e m m AB m am bm c c k am bm m +++-==++，依题意：对任意的(0,)m ∈+∞，都有22223e e e 24m m m m am bm am bm ++>+++，即2221e e e 024m m mm am --+>，……………………………………………………7分记()h m =2221e e e 24m m mm am --+，2211()e e e 42m m m h m m am '=--+，记()()m h m φ'=，则22311()e e e 482m m mm m a φ'=--+. 记()()r m m φ'=，则22222111111()e e e e (e )e (1)021********m m m m m m m r m m m m '=--=--≥+-->，所以(0,)m ∈+∞时，()r m 递增，所以11()(0)42r m r a >=+，…………………9分 ①当11042a +≥即12a ≥-时，()0r m >，即()0m φ'>，所以()m φ在区间(0,)+∞上单调递增，所以()(0)0m φφ>=，得到()0h m '>，从而()h m 在区间(0,)+∞上单调递增，所以()(0)0h m h >=恒成立；………………………………………………………10分 ②当11042a +<即12a <-时，因为(0,)m ∈+∞时，()r m 递增，所以11(0)042r a =+<，所以存在00x >，使得00m x <<时，()0r m <即()0m φ'<，所以()m φ在区间0(0,)x 上单调递减，所以00m x <<时，()(0)0m φφ<=即()0h m '<，所以00m x <<时，()h m 在区间0(0,)x 上单调递减，所以00m x <<时，()(0)0h m h <=，从而()0h m >不恒成立。

江西省赣州市南康区第三中学2018届高三上学期第三次大考数学理试题含答案

南康三中2018届高三第三次大考数学（理）试卷一、选择题1、已知集合2{|10}A x x =-=， {}1,2,5B =-，则A B ⋂=（）A. {}1,2-B. {}1-C. {}1,5-D. ∅2、已知复数2z m i =+，且()2i z +是纯虚数，则实数m =（）A. 1B. 2C. -1D. -23. 为了得到函数sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图像，可以将函数cos 2y x =的图像（） A. 向左平移512π个单位 B. 向右平移512π个单位 C. 向右平移6π个单位 D. 向左平移6π个单位 4、阅读下列程序框图，为使输出的数据为31，则①处应填的数字为（）A. 4B. 5C.6D.75、某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（）A.163π B. 3π C. 29π D. 169π6、我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣”．它体现了一种无限与有限的转化过程，比如在表达式11111+++中“…”即代表无限次重复，但原式却是定值，它可以通过方程11x x+=求得512x +=．类似上述过程，则3232++=（）A ． 3B ．1312+ C ． 6 D ．227、过双曲线22221 x yab-=（a>，b>）的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，与双曲线的渐近线交于C，D两点，若35AB CD≥，则双曲线离心率的取值范围为（）A．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B．5,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ C．51,3⎛⎤⎥⎝⎦D．51,4⎛⎤⎥⎝⎦8．已知函数()1211xf x ex+=-+，则使得()()21f x f x>-成立的x的取值范围是（）A．1,13⎛⎫⎪⎝⎭B．()+∞⋃⎪⎭⎫⎝⎛∞-,131,C．11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭D．⎪⎭⎫⎝⎛∞+⋃⎪⎭⎫⎝⎛-∞-，3131,9．函数2lnx xyx=的图象大致是（）A B C D10．某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲团”、“吉他协会”等五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中没有人参加“演讲团”的不同参加方法数为（）A．3600 B．1080 C． 1440 D．252011．设点),(yxP在不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≤-≥32yxyxx表示的平面区域上，则1222+-+=xyxz的最小值为（）A. 1B.51C. 4D.5412．已知可导函数()f x的导函数为()f x'，若对任意的x R∈，都有()()2f x f x>'+，且()2019f x -为奇函数，则不等式()20172xf x e -<的解集为（）A. (),0-∞B. ()0,+∞C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ D. 21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭二、填空题：13．平面向量a 与b 的夹角为23π，且(1,0)a =，||1b =，则|2|a b += ． 14．设5498728998710(2)(3)x y x y a x a x y a x y a xy a y -+=+++++，则8a = ．15．已知点1(1,)A y ，2(9,)B y 是抛物线22(0)y px p =>上的两点，210y y >>，点F 是它的焦点，若||5||BF AF =，则212y y +的值是．16．某沿海四个城市,,,A B C D 的位置如图所示，其中60ABC ∠=，135BCD ∠=，80AB n mile =，40303BC n mile =+，706AD n mile =，D 位于A 的北偏东75方向．现在有一艘轮船从A 出发向直线航行，一段时间到达D 后，轮船收到指令改向城市C 直线航行，收到指令时城市C 对于轮船的方位角是南偏西θ度，则sin θ= ．三、解答题17、（本小题满分12分）已知x f ⋅=)(，其中)1,cos 2(x =，)2sin 3,cos (x x n =)(R x ∈．（1）求)(x f 的最小正周期及单调递增区间；（2）在ABC ∆中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，若2)(=A f ，2a =，求ABC ∆ 的周长的取值范围．18．已知命题p ：方程210x mx ++=有两个不相等的负实根，命题q ：,R x ∈∀01)2(442>+-+x m x 恒成立；若p 或q 为真，p 且q 为假，求实数m 的取值范围．19．设函数()y f x =的定义域为R ，并且满足()()()f x y f x f y -=-，且(2)1f =，当0x >时，()0f x >（1）．求(0)f 的值；（3分）（2）．判断函数()f x 的奇偶性；（3分）（3）．如果()(2)2f x f x ++<，求x 的取值范围．20. 已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知27a =，3a 为整数，且n S 的最大值为5S .（Ⅰ）求}{n a 的通项公式；（Ⅱ）设2nn n a b =，求数列}{n b 的前n 项和n T .21. 已知函数2()2ln 311f x x x x =--. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若关于x 的不等式2()(3)(213)1f x a x a x ≤-+-+恒成立，证明：0a >且12ln 3a a+≥22. 在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为1323x t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）.以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C 的极坐标方程为23ρθ=.（1）写出C 的直角坐标方程；（2）P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求P 的直角坐标.23.已知函数()|3||2|f x x x =+--. （1）求不等式()3f x ≥的解集；（2）若()|4|f x a ≥-有解，求a 的取值范围.南康三中2018届高三第三次大考数学（理）试卷参考答案一、选择题BABBD ABADC DB二、填空题13.3 16.22三、解答题17.解：（1）1)62sin(22sin 3cos 2)(2++=+=πx x x x f ……3，分π=T …4分单调递增区间]6,3[ππππ+-k k )(Z k ∈……………6分（2）21)62sin(2)(=++=πA A f ，由21)62sin(=+πA ，得3π=A …………8分设ABC ∆ 的周长为l ，则4322sin sin 33l B B π⎡⎤⎛⎫=++- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦=24cos 3B π⎛⎫+- ⎪⎝⎭… 11分 ,333B πππ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭(]4,6l ∴∈…………12分 18．{|312}m m m ≥<≤或.试题解析：当p 真时，可得240m m ⎧∆=->⎨>⎩，解之得2m >当q 真时，得到：2[4(2)]160m ∆=--<，解之得13m << ∵p 或q 为真，p 且q 为假 ∴p 真q 假或p 假q 真若p 真q 假时，由2313m m m m >⎧⇒≤⎨≤≥⎩或若p 假q 真时，由21213m m m ≤⎧⇒<≤⎨<<⎩所以m 的取值范围为{|312}m m m ≥<≤或. 19．（1）0；（2）函数()f x 是奇函数；（3）{|1}x x <.试题解析：（1）令0x y ==，则(00)(0)(0)f f f -=-,(0)0f ∴=; (2)()()()f x y f x f y -=-(0)(0)()f x f f x ∴-=-由（1）值(0)0f =，()()f x f x ∴=--(0)0f =∴函数()f x 是奇函数（3）设12,x x R ∀∈，且12x x >，则120x x ->，1212()()()f x x f x f x -=-当0x >时，()0f x >12()0f x x ∴->，即12()()0f x f x -> 12()()f x f x ∴>∴函数()f x 是定义在R 上的增函数()()()f x y f x f y -=- ()()()f x f y f x y ∴=+-211(2)(2)(2)(42)(4)f f f f f ∴=+=+=--= ()(2)2f x f x ++< ()(2)(4)f x f x f ∴++<(2)(4)()(4)f x f f x f x ∴+<-=-函数()f x 是定义在R 上的增函数24x x ∴+<- 1x ∴< ∴不等式()(2)2f x f x ++<的解集为{|1}x x <20.解：（1）由27a =，3a 为整数知等差数列{}n a 的公差d 为整数. 又5n S S ≤，故50a ≥，60a ≤，解得132134d -≤≤-，因此2d =数列{}n a 的通项公式为112n a n =-.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（2）因为11222n n n na nb -==，所以239751122222n nnT -=++++…，① 2341197511222222n n nT +-=++++…，② ②式减①式得，21119111112222222n n n nT -+-⎛⎫-=-+++++ ⎪⎝⎭…，整理得11772222n n nT +--=-+，因此2772n nn T -=+.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分 21.（1）解：因为2(61)(2)'()611x x f x x x x-+=--=-，由于0x >，令'()0f x >得106x <<；令'()0f x <得16x >，所以()f x 在1(0,)6上单调递增，在1(,)6+∞上单调递减.（2）证明：令22()()(3)(213)12ln (22)1g x f x a x a x x ax a x =-----=-+--，所以222(22)2'()2(22)ax a x g x ax a x x-+-+=-+-=.当0a ≤时，因为0x >，所以'()0g x >.所以()g x 是(0,)+∞上的递增函数，又因为(1)221310g a a a =-+--=-+>，所以关于x 的不等式2()(3)(213)1f x a x a x ≤-+-+不能恒成立，因此，0a >.当0a >时，212()(1)2(22)2'()a x x ax a x a g x x x--+-+-+==，令'()0g x =，得1x a =，所以当1(0,)x a ∈时，'()0g x >；当1(,)x a ∈+∞时，'()0g x <，因此函数()g x 在1(0,)a 上是增函数，在1(,)a+∞上是递减函数.故函数()g x 的最大值为1111()2ln 32ln 30g a a a a a=+-=--≤，即12ln 3a a-≥.22.解：（1）由3ρθ=，得23sin ρρθ=，从而有2223x y +=，所以22(3)3x y +-=.（2）设13(3)2P t +，又3)C ，则2213|(3)(3)22PC t t =++-212t =+ 故当0t =时，PC 取得最小值，此时，P 点的直角坐标为(3,0). 23.解：（1）()|3||2|3f x x x =+--≥，当2x ≥时，有3(2)3x x +--≥，解得2x ≥；当3x ≤-时，3(2)3x x --+-≥，解得x ∈∅；当32x -<<时，有213x +≥，解得12x ≤<. 综上，()3f x ≥的解集为{|1}x x ≥. （2）由绝对值不等式的性质可得，|3||2||(3)(2)|5x x x x +--≤+--=，则有5|3||2|5x x -≤+--≤，若()|4|f x a ≥-有解，则|4|5a -≤，解得19a -≤≤，所以a 的取值范围是[1,9]-.。

江西省赣州市2018年高三(5月)适应性考试理数试题(精编含解析)

1．A【解析】分析：利用复数的运算法则，求得z，之后利用共轭复数的定义求得.详解：根据题中所给的条件，可知，所以，故选A.点睛：该题考查的是有关复数的运算问题，以及共轭复数的定义，在求解的过程中，需要对其运算法则灵活掌握.点睛：该题考查了函数的定义域，函数的值域以及集合的交集运算，在解题的过程中，一是需要注意函数的定义域的求法，函数的值域的求法，要明白自变量的取值情况，以及集合的交集中元素的特征.3．A【解析】分析：从第五行第六列开始向右读，依次读取，将其中不符合要求的也就是超范围的数据去掉，再将重复的去掉，最后找到满足条件的数据.详解：从第5行第6列开始向又读取数据，第一个数为253，第二个数是313，第三个数是457，下一个数是860，不符合要求，下一个数是736，不符合要求，下一个是253，重复，第四个是007，第五个是328，第六个是623，故选A.点睛：这是一道有关随机数表的题目，明确随机数的含义是关键，在读取数据的过程中，需要把超范围的数据和重复的数据都去掉，接着往下读就行了.4．B【解析】分析：首先利用同角三角函数关系式，结合题中所给的角的范围，求得的值，之后借助于倍角公式，将待求的式子转化为关于的式子，代入从而求得结果.详解：根据题中的条件，可得为锐角，根据，可求得，而，故选B.点睛：该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用，在解题的过程中，需要对已知真切求余弦的方法要明确，可以应用同角三角函数关系式求解，也可以结合三角函数的定义式求解.点睛：该题考查的是有关判断函数奇偶性的问题，在解题的过程中，注意首先要确定函数的定义域是否关于原点对称，之后判断与的关系，结合函数奇偶性的定义，从而得出正确结果，再者，在判断其不是偶函数的时候，还可以由函数不是0常函数，也可以得到结果.6．A【解析】分析：首先根据所给的三视图，可以判断外层的轮廓是由一个正方体切割而成的，再者就是里边有一个空洞，是一个球体的八分之一，所以在求其体积时，就等于棱锥的体积减去部分球体的体积，从图中得到相应的线段的长度，代入公式求得结果.详解：根据题中所给的几何体的三视图，可以断定该几何体为一个四棱锥里边挖去了八分之一的球体，并且该四棱锥就是由一个正方体切割而成的，根据体积公式求得四棱锥的体积为，而挖去的八分之一球体的体积为，所以该几何体的体积为，故选A.点睛：该题考查的是有关三视图还原几何体求其体积的问题，在求解的过程中，最关键的一步就是还原几何体，从图中可以发现其为一个棱锥挖去一个部分球体的几何体，一是需要明确棱锥的顶点的特征，二是挖去的是球体的几分之几，之后借助于公式，从图中读出边长求得结果.点睛：该题考查的是有关余弦函数的图像及性质，将其零点问题转化为图像和直线的交点问题，结合函数图像的对称性，从而得到两个零点和的特征，所以求对应区间上的对称轴就成了关键.8．B【解析】分析：首先判断程序框图执行完后所得的结果，输出的值为，从而对所给的选项逐一验证，得到对应的选项.详解：根据题中所给的程序框图，在执行完后，不难算出输出的的值分别是，将两个量分别对各个选项逐一验证，可以发现，故选B.点睛：该题考查的是有关程序框图的问题，在解题的过程中，需要判断执行完后所输出的值，再者就是对选项逐一验证，因为对应的每一组值可能都不一样，咱就需要所输出的这一组对应的结果. 9．D【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件画出其相应的可行域，之后由于四个命题都是针对的取值情况，所以令作为目标函数来研究，求得其范围，对应各个命题，得到结果.详解：首先作出不等式组所表示的平面区域，为直线的左下方和直线的右上方的公共部分，可以求得目标函数的值域为，与各命题的内容作比较，从而得出是正确的，故选D.点睛：该题考查的知识点表面上是有关命题的真假问题，实际上是有关线性规划的问题，在解题的过程中，需要先将约束条件对应的可行域画出来，之后去设定一个目标函数，最后求得结果即可.10．C【解析】分析：首先将图画出来，之后结合向量的性质，可以确定出是的中点，之后借助于等腰三角形的性质，得到是的角分线，之后与渐近线的倾斜角联系，求得其倾斜角，从而得到斜率，结合双曲线中系数的关系，求得离心率.详解：根据题意，，可以确定是的中点，又因为，结合等腰三角形的性质，可以得到是的角分线，结合双曲线的性质，可以求得双曲线的渐近线的倾斜角为，从而确定出，所以，故选C.点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率的求解问题，在解题的过程中，需要对向量的基本定理理解的特别透彻，从而确定出有关中点的结论，之后借助于等腰三角形的特征，得到倾斜角的大小，之后得到其系数的关系，从而求得结果.点睛：该题所考查的是有关几何体切割后所得的几何体的体积比，在解题的过程中，首先需要确定出切割后的几何体的形状，按照相应的几何体的体积公式，求得结果，利用减法运算，求得另一部分，最后求得结果.12．D【解析】分析：首先将对应的式子转化，化为用不等号连结的两个不同类型的函数，并且是比较熟悉的类型，不等式的一边是比较熟悉的过定点的直线，一边是一个分式型的，利用导数研究函数的单调性，结合图像，分析只有两个整数解的条件，列出等价的不等式组，从而求得结果.详解：令，得，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，画出其对应的图像，在中恰有两个整数解，由图可知，这两个整数解为2和3，从而有，解得，故选D.点睛：该题考查的是有关参数的取值范围的问题，而问题的载体是以有关不等式有两个整数解为载体，在解题的过程中，将不等式转化为比较熟悉的两类函数的关系，利用数形结合的思想解决问题，比较直观，容易理解.13．.【解析】分析：首先应用向量的模的平方和向量的平方是相等的，将题中所给的式子进行平方运算，结合题中所给的单位向量的条件，利用向量的数量积的定义式，得到所满足的等量关系式，求得结果.详解：根据题意有，其夹角为，整理得，即，因为，所以.点睛：该题考查的是有关向量的夹角问题，在求解过程中，用到的知识点有向量的模的平方和向量的平方是相等的，再者就是向量数量积的定义式，用到的解题的思想就是见模就平方.点睛：该题考查的是有关圆的问题，里边涉及到的知识点有直线过定点问题、抛物线的焦点问题、直线与圆相切的问题、圆的标准方程的问题、以及点到过定点的动直线什么时候距离最大的问题，所以在做题的时候要时刻保持头脑的清醒.15．-30.【解析】分析：首先根据二项展开式中二项式系数和求得的值，之后将式子转化，即，结合与的展开式中，对应项的关系，分别去分析可能有哪些项乘积所得的，从而确定出各项的系数关系，最后求得结果.详解：由展开式中二项式系数和为32，可得，解得，，根据二项式定理可以求得的展开式中，三次项、二次项、一次项系数和常数项分别是10、10、5、1，的展开式中，常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是-1、10、-40、80，所以展开式中项的系数为.点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，在求解的过程中，需要明确展开式中对应项的关系，除此之外，也可以将式子转化为另一种形式，即，之后再分析对应的项所出现的位置，从而求得结果.点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，在解题的过程中，需要将题中的条件转化为数学式子，之后应用三角函数的有关性质得出角的范围，确定三角形的形状，之后利用诱导公式找出角之间的关系，最后求得结果.17．(1)见解析.(2) .【解析】分析：第一问根据数列的项与和的关系，将题中式子可以转化为再进一步对式子进行变形，可以整理得出，利用等比数列的定义求得结果，第二问分析其通项的特征，采用分组求和法与错位相减法对数列求和，得出结果.详解：（1）由点睛：该题考查的是有关数列的问题，在求解的过程中，一是需要对利用定义证明对应数列是等比数列的步骤要熟悉，二是对数列求和时，要注意对数列的通项公式进行分析，选择合适的求和方法，在求和的过程中，一定要认真运算.18．(1)见解析.(2) .【解析】分析：第一问结合面面垂直的判定定理，寻找图中的垂直的条件，最后归结为线线垂直，在证明线线垂直时，勾股定理也是一个不错的方法，再者就是对二面角的余弦值的求解过程中，利用空间向量来解决，注意对法向量的方向进行分析得出其补角还是其本身是二面角，从而确定是其本身还是其相反数.详解：（1）在中，由，得，同理在中，由，得，所以，即（亦可通过勾股定理来证明）在中，在，所以，即（2）由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，得：，，，，，，，点睛：该题考查的是有关空间立体几何的有关问题，在解题的过程中，需要对空间几何体中的有关线、面之间的关系，从其中寻找垂直的因素，结合面面垂直的判定定理，求得结果，在空间角的求解过程中，关键的一步是正确求出平面的法向量，利用法向量所成角的余弦值来求得二面角的余弦值.19．(1) .(2)分布列见解析，.【解析】分析：第一问首先分析题意，寻找怎样叫产品通过检验，结合事件的关系，利用对应的公式，求得相应的概率；第二问利用条件，分析随机变量的可取值，求得相应的概率，得出分布列，之后应用随机变量的分布列的期望公式求得结果.详解：（1）设第一次取出的3件产品中全为优质品为事件,第二次取出的3件产品都是优质品为事件；第一次取出的3件产品中恰有2件优质品为事件,第二次取出的4件产品都是优质品为事件,这批产品通过检验为事件,根据题意有,且与互斥、所以（2）的可能取值为300,600,700所以的分布列为300600700点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及随机变量的分布列的问题以及期望值的求解问题，在解题的过程中，需要对题的条件认真分析，求得结果，再者就是对随机变量的可取值以及对应的概率一定要认真分析求解，利用期望公式求得结果.20．(1) .(2)见解析.所以所以椭圆的方程为：由，化简整理得：即故或（舍去，因为此时直线经过点）把代入得所以直线方程为（），恒过点点睛：该题考查的是有关直线与椭圆相交的问题，在解题的过程中，一是需要对椭圆中对应的参数之间的关系了如执掌，再者就是对直线与椭圆相交需要联立，还有就是直线的方程在设的时候一定要注意斜率的存在与否问题，最重要的就是从题中寻找对应的等量关系.21．(1) 当时，函数有且只有一个零点.(2) .【解析】分析：第一问只要明确函数的零点存在性定理即可得结果，关于第二问，利用导数研究函数的图故当，当，所以又，，故实数的取值范围是.点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，在解题的过程中，所涉及的知识点有函数的零点个数问题，这就需要对零点存在性定理必须非常熟悉，以及应用导数研究函数图像的走向，结合图像，得出结果.22．(1) 曲线:,曲线：.(2)1.点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在求解的过程中，需要明确由参数方程向普通方程转化的过程中，即为消参的过程，注意消参的方法，再者就是直角坐标与极坐标之间的转换关系，在求有关三角形面积的时候，注意对极坐标的意义的把握，求得结果.23．（1）.(2) .【解析】分析：第一问首先利用零点分段法去掉绝对值符号，将不等式转化为三个不等式组，接着对三个不等式组分别求解，之后将其求并集得到不等式的解集；第二问写出函数的解析式，得到函数图像的最低点的坐标，从而求得，这样问题就转化为已知两个正数的整式形式和为定值，求其分式形式和的最小值问题，相乘除以4，即可求得结果.详解：（1）当时，，得，所以当时，，得，所以点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的问题，一是有关绝对值不等式的解法，那就是应用零点分段法，将其化为三个不等式组求解，其中对应的思想就是去掉绝对值符号，再者就是会找函数图像的最低点，之后借助于有关两个正数的整式形式和分式形式的和，其中一个是定值，求另一个的最小值的时候，方法就是相乘，之后应用基本不等式求解，注意的一点就是必须坚持乘1才是不变量.。

2018年高三年级摸底考试数学试卷(理科)

江西省赣州市2018年高三年级摸底考试理科数学2018年3月本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每一小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合A ＝{x |xx －1＜0}，B ＝{x |x －2＜2}，则“m ∈A ”是“m ∈B ”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2.z ∈C ，若|z |－z －＝1－2i ，则4＋3i z的值是A.－2B.－2iC.2D.2i3.已知(x －ax)8展开式中的常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和为A.28B.38C.1或38D.1或284.在等差数列{a n }中，若a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则数列{a n }的前9项之和S 9等于 A.66 B.99 C.144 D.2975.设F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，△ABC 的三个顶点都在此抛物线上，且F A ＋FB ＋FC ＝0，则|F A |＋|FB |＋|FC |等于A.9B.6C.4D.36.已知a ，b 为空间两条异面直线，A 是直线a ，b 外一点，则经过A 点与两条异面直线a ，b 都相交的直线的可能情况为A.至多有一条B.至少有一条C.有且仅有一条D.有无数条7.已知f (x )＝1＋log 2x (1≤x ≤4)，则g (x )＝f (x 2)的最大值为 A.1 B.3 C.5 D.9 8.有下列命题：①函数f (x )＝sin x ＋2sin x(x ∈(0，π))的最小值是22；②在△ABC 中，若sin 2A ＝sin 2B ，则△ABC 是等腰三角形或直角三角形；③如果正实数a ，b ，c 满足a ＋b ＞c ，则a 1＋a ＋b 1＋b ＞c1＋c；④如果y ＝f (x )是可导函数，则f ′(x 0)＝0是函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件. 其中正确的命题是A.①②③④B.①④C.②③④D.②③ 9.已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥0，x ＋y ≥0，x ≤3，则z ＝x ＋y ＋2x ＋3的最小值为A.13B.136C.4D.－2310.方程2sin θ＝cos θ在区间[0,2π)上解的个数是 A.0个 B.1个 C.2个 D.4个11.设函数f (x )＝∑10n ＝1|nx －1|≥m 恒成立(记∑ni ＝1a i ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )，则m 的取值范围是 A.(－∞，5] B.(－∞，256]C.(－∞，277]D.(－∞，318]12.已知C为线段AB上的一点，P为直线AB外一点，满足|P A|－|PB|＝2，|P A－PB|＝25，P A·PC |P A|＝PB·PC|PB|，I为PC上一点，且BI＝BA＋λ(AC|AC|＋AP|AP|)(λ＞0)，则BI·BA|BA|的值为A.1B.2C. 5D.5－1第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，答案填写在题中横线上.13.设随机变量ξ服从标准正态分布N(0,1)，且P(|ξ|＜b)＝a(0＜a＜1，b＞0)，则P(ξ≥b)的值是(用a表示).14.已知集合{1，12，14，…，12n－1}，它的所有的三个元素的子集的所有元素之和是S n，则limn→∞2S nn2＝.15.已知棱长为26的正四面体内切一球，然后在它四个顶点的空隙处各放一个小球，则这些球的最大半径为.16.五个同学传一个球，球从小王同学手中首先传出，第五次传球后，球回到小王手中的概率是.三、解答题：本大题共6小题，满分74分.解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分)已知△ABC 三个内角为A 、B 、C ，若cos A cos B cos C ＞0，且p ＝(2－2sin A ，cos A ＋sin A )与向量q ＝(sin A －cos A,1＋sin A )是共线向量. (1)求∠A 的值；(2)求函数y ＝2sin 2B ＋cos C －3B2的最大值.甲、乙两个人射击，甲射击一次中靶概率是p 1，乙射击一次中靶概率是p 2，已知1p 1、1p 2是方程x 2－5x ＋6＝0的两个根，若两人各射击5次，甲的方差是54.(1)求p 1、p 2的值；(2)两人各射击2次，中靶至少3次就算完成目标，则完成目标的概率是多少？已知函数f (x )＝－14x 4＋23x 3＋ax 2－2x －2在区间[－1,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增.(1)求实数a 的值；(2)若关于x 的方程f (2|x |－1)＝m (x ≠0)有六个不同的实数解，求实数m 的取值范围.如图，△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝12，DC⊥平面ABC，DC＝4，G为△ABC的重心.(1)若M为GD的中点，求异面直线CG与MB所成角的大小；(2)若M为线段GD上的动点，求(AM＋BM＋CM)·MD的最大值.已知F 1(－2,0)，F 2(2,0)，点P 满足|PF 1|－|PF 2|＝2，记点P 的轨迹为S ，若直线l 过点F 2且与轨迹S 交于P 、Q 两点.(1)求轨迹S 的方程；(2)无论直线l 绕点F 2怎样转动，在x 轴上总存在定点M (m,0)，使MP ⊥MQ 恒成立，求实数m 的值；(3)过P 、Q 作直线x ＝12的垂线P A 、QB ，垂足分别为A 、B ，设PM 交AB 于E ，QM 交AB 于F ，λ＝|AE |·|BF |.求证：当λ取最小值时，△PMQ 的面积为9.设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n ＝32(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n ＝4n ＋3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对数列{2n ln a n }，是否存在等差数列{c n }，使得c 1C 1n ＋c 2C 2n ＋…＋c n C n n ＝2nln a n 对一切正整数n ∈N *都成立？若存在，求出数列{c n }的通项公式，若不存在，说明理由.高三摸底数学(理科)答案第页(共3页)赣州市2018年高三年级摸底考试理科数学参考答案2018年3月1.A2.D3.C4.B5.B6.A7.B8.C9.A 10.C 11.C 12.D 13.12(1－a ) 14.2 15.12 16.51256 17.解：(1)∵p ，q 共线，∴(2－2sin A )(1＋sin A )＝(cos A ＋sin A )(sin A －cos A )，1分∴sin 2A ＝34.2分∵cos A cos B cos C ＞0，∴A 为锐角.3分∴sin A ＝32，∴A ＝π3.5分(2)y ＝2sin 2B ＋cos C －3B2＝2sin 2B ＋cos (π－π3－B )－3B26分＝2sin 2B ＋cos(π3－2B )＝1－cos 2B ＋12cos 2B ＋32sin 2B 8分＝32sin 2B －12cos 2B ＋1＝sin(2B －π6)＋1.10分 ∵B ∈(0，π2)，∴2B －π6∈(－π6，5π6).11分∴当2B －π6＝π2时，即B ＝π3时，y max ＝2.12分18.解：(1)由题意可知ξ甲～B (5，p 1)，∴Dξ甲＝5p 1(1－p 1)＝541分⇒p 21－p 1＋14＝03分 ⇒p 1＝12.4分又1p 1·1p 2＝6，∴p 2＝13.6分 (2)分两类情况：①共击中3次概率C 22(12)2(12)6·C 12(13)(23)＋C 1212·12·C 22(13)2＝16.9分 ②共击中4次概率C 22(12)2·C 22(13)2＝136.11分所求概率为16＋136＝736.12分19.解：(1)由函数f (x )＝－14x 4＋23x 3＋ax 2－2x －2在区间[－1,1]上是单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以x ＝1取得极小值.1分∴f ′(1)＝0，∴－1＋2＋2a －2＝0，3分∴a ＝12.4分(2)由(1)知f (x )＝－14x 4＋23x 3＋12x 2－2x －2，∴f ′(x )＝－x 3＋2x 2＋x －2.5分令f ′(x )＝0，得x ＝－1，x ＝1，x ＝2.6分∴函数f (x )有极大值f (－1)＝－512，f (2)＝－83，极小值f (1)＝－3712.8分关于x 的方程f (2|x |－1)＝m (x ≠0)有六个不同的实数解，令2|x |－1＝t (t ＞0)，即关于t 的方程f (t )＝m 在t ∈(0，＋∞)上有三个不同的实数解.9分在t ∈(0，＋∞)上函数f (t )的图象与直线y ＝m 的图象在t ∈(0，＋∞)上有三个不同的交点，而f (t )的图象与f (x )的图象一致.11分又f (0)＝－2，由数形结合可知，－3712＜m ＜－83.12分20.解：(1)延长CG 交AB 于N ，∵G 是△ABC 的重心，∴N 是AB 的中点.1分∵∠ACB ＝90°，∴CN ＝12AB ＝6，∴CG ＝23CN ＝4.2分作ME ∥GC 交DC 于E ，∴∠EMB 是异面直线GC 与BM 所成的角或补角.3分∵M 是DG 的中点，ME ＝12GC ＝2，BE ＝EC 2＋BC 2＝(12DC )2＋62＝210.4分过M 作MH ⊥GC 于H ，MH ⊥平面ABC ，∴MH ＝2， ∴MB 2＝MH 2＋HB 2＝4＋4＋36－2·2·6·cos 60°＝32，∴cos ∠EMB ＝ME 2＋MB 2－BE 22ME ·MB ＝－28.5分∴异面直线GC 与BM 所成的角为arccos 28.6分(2)AM ＋BM ＋CM ＝－(MA ＋MB ＋MC )， ∵G 是△ABC 的重心，∴MA ＋MB ＋MC ＝3MG .7分∴(AM ＋BM ＋CM )·MD ＝－3MG ·MD .8分 △DGC 是等腰直角三角形，DG ＝2CD ＝4 2.9分设MG ＝x ，则MD ＝42－x ，∴－3MG ·MD ＝－3|MG ||MD |cos 180°＝3·x ·(42－x )10分 ≤3(x ＋42－x 2)2＝24.11分∴(AM ＋BM ＋CM )·MD 的最大值是24.(当且仅当M 为GD 的中点时取得).12分(备注：以上各小题都可以通过建立空间直角坐标系求解，建议参照给分) 21.解：(1)由|PF 1|－|PF 2|＝2＜|F 1F 2|知，点P 的轨迹S 是以F 1、F 2为焦点的双曲线右支.1分由c ＝2,2a ＝2，∴b 2＝3.2分故轨迹S 的方程为x 2－y 23＝1(x ≥1).4分 (2)当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x －2)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)与双曲线方程联立消y 得(k 2－3)x 2－4k 2x ＋4k 2＋3＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧k 2－3≠0，Δ＞0，x 1＋x 2＝4k 2k 2－3＞0，x 1·x 2＝4k 2＋3k 2－3＞0，解得k 2＞3.5分∵MP ·MQ ＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2 ＝(x 1－m )(x 2－m )＋k 2(x 1－2)(x 2－2)＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋m 2＋4k 2 ＝3－(4m ＋5)k 2k 2－3＋m 2.6分试卷∵MP ⊥MQ ，∴MP ·MQ ＝0，故得3(1－m 2)＋k 2(m 2－4m －5)＝0对任意的k 2＞3恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m 2＝0，m 2－4m －5＝0，解得m ＝－1.7分当m ＝－1时，MP ⊥MQ ，当直线l 的斜率不存在时，由P (2,3)，Q (2，－3)及M (－1,0)知结论也成立. 综上，当m ＝－1时，MP ⊥MQ .8分(3)由(1)知，存在M (－1,0)使得MP ⊥MQ ，∴∠AEP ＝∠MEF ＝∠BQF ，∴△P AE ～△FBE ，∴|AP ||FB |＝|AE ||BQ |.9分 |AE |·|FB |＝|AP |·|BQ |＝|PF 2|e ·|QF 2|e ＝14|PF 2|·|OF 2|， |PF 2|＝ex 1－a ＝2x 1－1，|PF 2|＝ex 2－a ＝2x 2－1，∴|AE ||FB |＝14(2x 1－1)(2x 2－1)10分＝14[4x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋1]＝x 1x 2－x 1＋x 22＋14＝4k 2＋3k 2－3－2k 2k 2－3＋14＝2k 2＋3k 2－3＋14＝94＋9k 2－3＞94. 当斜率不存在时|AE |·|AF |＝94，∴λ的最小值为94.11分此时，|PQ |＝6，|MF |＝3，S △PMQ ＝12|MQ |·|PQ |＝9.12分 22.解：(1)由A n ＝32(a n －1)，A n ＋1＝32(a n ＋1－1)，1分 ∴a n ＋1＝32(a n ＋1－a n )，即a n ＋1a n＝3，2分且a 1＝A 1＝32(a 1－1)，得a 1＝3.3分∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列.4分通项公式为a n ＝3n .5分(2)∵2n ln a n ＝2n ln 3n ＝(n ln 3)·2n＝2n ln 3·2n －1＝2n ln 3(1＋1)n －16分＝2n ln 3(C 0n －1＋C 1n －1＋…＋C n －1n －1)7分＝2n ln 3(n C 1－1n －1＋n C 2－1n －1＋n C 3－1n －1＋…＋n C n －1n －1)8分＝2n ln 3(C 1n ＋2C 2n ＋…＋k C k n ＋…n C n n )9分＝(2ln 3)C 1n ＋(2ln 3)·2C 2n ＋…＋(2ln 3)·k C k n ＋…＋(2ln 3)·n C n n .12分故存在等差数列{c n }，c n ＝(2ln 3)·n 对一切正整数n ∈N *，c 1C 1n ＋c 2C 2n ＋…＋c n C n n ＝2n ln a n 都成立.14分。

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而 PC PD ， PE PE ，从而 PED PEC ，所以 PE EC ………………………………………………4 分又 PE AD ，可得 PE 平面 ABCD ……………………5 分
x
又 PE 平面 PAD ，故平面 PAD 平面 ABCD …………………………………………6 分
（2）由 AC CD 及 CE AD 知 E 是 AD 的中点…………………………………………7 分如图，建立空间直角坐标系，则 E (0, 0, 0) ，C (1, 0, 0) ，D (0,1, 0) ，P (0, 0,1) ，B (1, 2, 0) ，则 CD (1,1, 0) ， CP (1, 0,1) …………………………………………………………8 分
直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为
2 ……………………………………………12 分 3
19.解：（1）由甲解开密码锁所需时间的中位数为 47 可知
(0.010 0.014 b 0.034) 5 0.040 2 0.5 ，解得 b 0.026 ………………………2 分
q (6 d ) 4 依题意有 2 15 ……………………………………………………………………3 分 q (9 3 d ) 4
消去 q ，得 5d 4d 12 0 ，解得 d 2 或 d 从而 q
2
1 ………………………………………………………………………………………5 分 2 1 所以 an 2n 1 ， bn n 1 …………………………………………………………………7 分 2 2n 1 （2） cn n 1 ………………………………………………………………………………8 分 2 5 7 2 n 1 Tn 3 2 n 1 …………………………………………………………………9 分 2 2 2 1 3 5 7 2 n 1 ……………………………………………………………10 分 Tn 2 3 2 2 2 2 2n 1 1 1 1 2 n 1 2 n 5 两式相减得 Tn 3 2( 2 n 1 ) ………………………11 分 5 n 2 2 2 2 2 2n 2n 5 所以 Tn 10 n 1 …………………………………………………………………………12 分 2
6 （舍去）…………………………4 分 5
赣州市 2018 年高三摸底考试理科数学参考答案 1
18.解：（1）在 ACD 中，由 ACD 90 及 AD

2 AC 2 ，
得 ACD 为等腰直角，所以 ADC 45 ………………………………………………1 分过 P 作 PE AD ，垂足为 E ，连接 CE ，因为 PC AD ，所以 AD 平面 PEC ………………………………………………2 分进而有 AD CE ，由 ADC 45 可知 EC ED ……………3 分
x f ( x ) f ( x)
(, 0)
递减
0 0
极小值
(0, )
递增
又 g ( x ) f ( x ) t 2 有三个零点，所以方程 f ( x ) t 2 有三个根，而 t 2 t 2 ，故 t 2 ( f ( x )) min f (0) 1 ，所以 t 3 . 二、填空题 13. 0 ；三、解答题 17.解（1）设 an 的公差为 d ， {bn } 的公比为 q …………………………………………1 分 14. 1 ； 15. 2 ； 16. 3 .

n CD 0 x y 0 设平面 PCD 的一个法向量为 n ( x, y , z ) ，则由得，令 x 1 ， x z 0 n CP 0 则 n (1,1,1) …………………………………………………………………………………10 分 PB n 2 PB (1, 2,1) ，设直线 PB 与平面 PCD 所成的角为，则 sin 3 PB n
由各区间的频率之和为 1 可得 a 0.024 ……………………………………………………3 分甲在 1 分钟内解开密码锁的频率为 0.9 ，乙在 1 分钟内解开密码锁的频率为 0.7 …………5 分（2）（ⅰ）该团队能进入下一关的概率 p 1 (1 0.9)(1 0.7)(1 0.5) 0.985 ……8 分（ⅱ）设第 1 个人、第 2 个人、第 3 个人解开密码锁的概率分别为 p1 , p2 , p3 ，则所需派出的人员数目的 X 的分布列为
X p
Hale Waihona Puke 1 p12 (1 p1 ) p2
3
(1 p1 )(1 p2 )
EX p1 2(1 p1 ) p2 3(1 p1 )(1 p2 ) (1 p1 )(1 p2 ) 2 p1
要使 EX 最小，就必须 p1 最大， p2 次之…………………………………………………11 分故该团队按照甲、乙、丙的顺序，可使所需派出的人员数目的均值达到最小…………12 分
赣州市 2018 年高三摸底考试理科数学参考答案
一、选择题 1～5 CADDB 6～10 CBCAB
x
11～12 CA
x 2
12.解： f ( x ) 2 x (a 1) ln a ， f ( x ) 2 a (ln a ) 0 ， f (0) 0 ， f ( x ) 在 R 上单调递增，