高2018届高三学业质量调研抽测(第三次)文科数学参考答案

高2018届高三学业质量调研抽测（第三次）
文科数学参考答案
一．选择题 1-6 DCAAAC 7-12 BCDDBB 二．填空题 13. 4
3 14.
4 15. 甲 16. n
n 2⋅ 三．解答题
17.解：（Ⅰ）在ABD ∆中,因为()tan 3,0,πABD ABD ∠=∠∈,所以in s ABD ∠=,
根据正弦定理有:
sin sin BD AD A ABD =
∠∠,代入π
4
AD A =∠=,可得BD =… 6分 （Ⅱ）证明:在BCD ∆中,根据余弦定理222
cos 2BC CD BD C BC CD
+-∠=⋅,
代入4BC CD ==, BD =cos 2
C ∠=-, 因为()0,πC ∠∈,所以3π
4
C ∠=
,所以πA C ∠+∠=, ……………… 10分 而在四边形ABCD 中, 2πA ABC C ADC ∠+∠+∠+∠=,
所以πABC ADC ∠+∠=. ……………… 12分
18.解：（Ⅰ）取线段1A B 的中点H ，连接HD ， HF ．
因为在△ABC 中， D ， E 分别为AB ， AC 的中点，所以 //DE BC ， 1
2
DE BC =． 因为 H ， F 分别为1A B ， 1A C 的中点，所以 //HF BC ， 1
2
HF BC =
， 所以 //HF DE ， HF DE =，所以 四边形DEFH 为平行四边形，所以 //EF HD ． 因为 EF ⊄平面1A BD ， HD ⊂平面1A BD ，所以 //EF 平面1A BD ．……… 6分 （Ⅱ）ΘO 为DE 的中点，11A D A E =DE O A ⊥∴1 又Θ平面1A DE ⊥平面BCED ，DE BCED ADE =⋂面面
BCED O A 面⊥∴1.由图有，C B A OB A C OB A F V V V 01112
1
21---==，则
2422
1
31212222131⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯h 2=∴h …………… 12分
19.解析：（Ⅰ）散点图如图所示：
……………… 2分
（Ⅱ）依题意， ()1
2345689116,8
x =
+++++++= ()1
1233+45684,8
y =
++++++= 88
1
1
8
8
2
2
2
2
1
1
()()824186449
ˆ3568668
()
8i
i
i i
i i i
i
i i x x y y x y xy
b
x x x
x ====----⨯⨯==
=
=-⨯--∑∑∑∑ 491146,6834a ∧
∴=-⨯=-∴回归直线方程为4911
.6834y x ∧=- ………… 8分
（Ⅲ) 由题意知，在该商品进货量不超过6吨共有5个，设为编码1，2，3，4，5号，任取两个有（1，2）（1，3）（1，4）（1，5）（2，3）（2，4）（2，5）（3，4）（3，5）（4，5）共10种，该商品进货量不超过3吨的有编号1，2号，超过3吨的是编号3，4，5号，该商品进货量恰有一次不超过3吨有（1,3）（1,4）（1,5）（2,3）（2,4）(2,5)共6种， 故该商品进货量恰有一次不超过3吨的概率为5
3
106==P ………… 12分
20.解：（Ⅰ）由题意得椭圆上的点P 坐标为,22a a ⎛⎫
⎪⎝⎭，代入椭圆方程可得221144a b +=，即
223a b =，∴222233()a b a c ==-，∴2223a c =
，∴3
e =
．……………… 4分
（Ⅱ）设椭圆方程为1322
22=+b
y b x ，直线AB 为1)1(--=x k y ，),(),,(2211y x B y x A
⎩⎨⎧=+--=2
22331)1(b
y x x k y ⇒()()0313)1(613222
2=-+++-+b k x k k x k （*） 2
2
1212226(13(133131
k k k b x x x x k k ++-∴+==++）），
又3
1
221=∴=+k x x ， 2121694b x x -∴=
则()
524
91644310412
212
212
=-⋅-=-++=b x x x x k
AB
10,3
102
2
==∴a b 则，椭圆方程为11031022=+
y x . ……………… 12分
21. （Ⅰ）设切点)0,(0x P 2
'(),a x f x x +=
-Q k
∴.,00200
x a x x a -=∴=-+= 又切点在函数()f x 上，0()0,f x ∴=即
,1ln 0ln 000
-=⇒=-x x x a
.1
,10e
a e x -=∴=∴ ……………… 4分
（Ⅱ）若2
1e a e <<+且函数x x
a
x f ln )(-=
的零点为0x ，则显然01x > 由函数00
ln ln ,0()ln ln ,a
x x x x x x
g x a x x x x x x ⎧--<≤⎪⎪=⎨⎪-->⎪⎩
① 当00x x <≤时,2222
11ln ln (1)()
'()a x x x a h x g x x x x x x
---+=---== 011
'()10,01;'()10,1.h x x h x x x x x
=-><<=-<<<Q
则()h x 在(0,1)上单调递增，()01x ，上单调递减，则()(1)1(1)0h x h a <=--+<,
所以()g x 在(]0x 0，上单调递减 ② 当0x x >时，222
11ln ln (1)'()0a x x x a g x x x x x -++-=
+-=> 所以()g x 在区间0(,)x +∞上单调递增 又0
000000
ln ln ()ln 0x x a g x x x x x =-
-=-<，且20e x e << 又1()10a g e e e
=-->， 2
222
22()220a e g e e e ++=->-> 所以函数()g x 在区间0(,]e x 上存在一个零点1x ， 在区间20(,)x e 上存在零点2x .
综上，()g x 有两个不同的零点. ……………… 12分
22.解：（Ⅰ）由12cos 12sin x y ββ
=+⎧⎨
=+⎩（β为参数）消去参数β得：22
(1)(1)4x y -+-=，
将曲线M 的方程化成极坐标方程得：2
2(sin cos )20ρρθθ-+-=，
∴曲线M 是以(1,1)为圆心，2为半径的圆． ……………… 5分 （Ⅱ）设12||,||OA OC ρρ==，由1l 与圆M 联立方程可得2
2(sin cos )20ρραα-+-=
1212+=2(sin cos )=2ρρααρρ∴+⋅-，，
∵,,O A C
三点共线，则12||||AC ρρ=-==①， 同理用+
2
πα代替α
可得||BD =
,
121,=2ABCD l l S ⊥∴⋅Q 四边形
2sin 2[0,1]ABCD S α∈∴∈Q 四边形． …………… 10分
23.解：（Ⅰ）⎪⎩
⎪
⎨⎧≥<≤--<-=++-1,211,21
,211x x x x x x x ,由];2,2[411-=⇒≤++-M x x …… 5分
（Ⅱ）法一：要证42+≤+ab b a ，只需证2
4()(4a b ab +≤+），
即证2
2
2
484()816a ab b ab ab ++≤++（*）式
ab ab 88≤Θ，又由（Ⅰ）,2,2≤≤b a ：则22(4)(4)0a b --≥，即22244()16a b ab +≤+
所以（*）式显然成立，故原命题得证.
法二：b a b a +≥+Θ，∴要证42+≤+ab b a 只需证422+≤+ab b a ，即证(2)(2)0a b --≥
由（Ⅰ）,2,2≤≤b a ：
上式显然成立，故原命题得证. …………… 10分。