四川省成都市龙泉驿区第一中学校2018届高三数学3月“二诊”模拟考试试题理(含解析)

成都龙泉中学2015级高三下学期“二诊”模拟考试试题
数学（理工类）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合，，则的子集的个数是：（）
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】A
【解析】因为单调递增，且图象恒过点，且点在椭圆的内部，所以曲线与椭圆有两个公共点，即的子集的个数是4.故选A.
2. 已知为单位向量，且与垂直，则的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设的夹角为，因为与垂直，所以，即
，即，即，又因为，所以.故选C.
3. 若等差数列满足，则的前2016项之和（）
A. 1506
B. 1508
C. 1510
D. 1512
【答案】D
【解析】由题意，得，即，则等差数列的前2016项和.故选D.
【点睛】本题考查等差数列的性质和前项和公式的应用.在处理等差数列的有关运算时，利用一些性质（如：等差数列中，若，则）进行处理，可减少运算量，提高解题速度.
4. 给出下列四个命题：
①“若为的极值点，则”的逆命题为真命题；
②“平面向量,的夹角是钝角”的充分不必要条件是
③若命题，则；
④命题“，使得”的否定是：“均有”.
其中不正确的个数是（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】C
【解析】对于命题①，由于使得，但不是函数的极值点，故命题不正确；对于命题②，由于取，虽有，但成平角，故不充分，则命题②不正确；对于命题③，由于，则其否定显然不正确，故命题
③也不正确；故应选答案C。

5. 如图，已知平行四边形中，，，为线段的中点，，则
（）
A. B. 2 C. D. 1
【答案】D
【解析】由题意，得，设，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则,
，，则.故选D.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算.解决本题的技巧是合理利用和
等腰直角三角形建立平面直角坐标系，大大减少了平面向量的线性运算，巧妙地避开了干扰信息.
6. 设，则对任意实数a、b，若a+b≥0则（ ）
A. f（a）+f（b）≤0
B. f（a）+f（b）≥0
C. f（a）﹣f（b）≤0
D. f（a）﹣f（b）≥0
【答案】B
【解析】易知函数为奇函数，且在上单调递增，因为，所以，则
，即.故选B.
【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合运用.解决本题的关键在于联想到要判定函数的单调性和奇偶性，进而利用性质进行比较大小，这是一种常见题型，要多总结，多积累.
7. 定义矩阵，若，则（）
A. 图象关于中心对称
B. 图象关于直线对称
C. 在区间上单调递增
D. 周期为的奇函数
【答案】C
【解析】
当时，
故函数在区间上的最大值为1.故选C.
8. 如图所示的流程图,若输出的结果是9，则判断框中的横线上可以填入的最大整数为（
）
A. 17
B. 16
C. 15
D. 14
【答案】B
【解析】由程序框图，得，即判断框中的横线上可以填入的最大整数为16.故选B.
9. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女子善织，日益功，疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈（1匹=40尺，一丈=10尺），问日益几何？”其意思为：“有一女子擅长织布，每天比前一天更加用功，织布的速度也越来越快，从第二天起，每天比前一天多织相同量的布，第一天织5尺，一月织了九匹三丈，问每天增加多少尺布？”若一个月按31天算，记该女子一个月中的第天所织布的尺数为，则
的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意女子每天织布数成等差数列，且，由于，且。

所以
，应选答案B。

10. 已知函数，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，知为上的偶函数，
且当时，,为增函数，
故等价于不等式，
解得的取值范围为，
故选A．
点睛：对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
11. 已知，，则曲线为椭圆的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，得共有种不同情况，其中可以满足“曲线为椭圆”的有三种情况，由古典概型的概率公式，得所求概率为.故选
D......................
12. 已知定义在上的函数与其导函数满足，若
，则点所在区域的面积为（）
A. 12
B. 6
C. 18
D. 9
【答案】A
【解析】
由题意设，则，故原不等式可化为
，即。

由于，故当时，，函数单调递减，此时不等式可化为，即；故当时，，函数单调递增，此时不等式可化为
，即。

画出不等式组表示的区域如图，结合图形可算得该不等式组表示的区域的面积为，应选答案A。

点睛：本题的难度非常大，主要有这样几个难点较难突破，其一是怎样依据题设条件构造函数；其二是构造什么样的函数；第三是如何表示不等式组代表的区域。

求解时先从题设中的
条件入手构造出函数，再借助已知与导数工具判定其单调性，然后将原不等式进行等价转化为不等式组，最后再画出不等式组表示的区域求出其面积使得问题获解。

二、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分
13. 已知抛物线的准线方程为，则实数a的值为_______.
【答案】
【解析】将化为，由题意，得，即.
14. 设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最小值为___________.
【答案】
【解析】当时，,则所以曲线及该曲线在点处的切线为 , 区域可作图如下
则根据线性规划的目标点的选取，将其转化为可行域
内取一点与定点之间距离的平方与2的差的最小值，有可行域可知，定点
到直线的距离为，所以可行域内取一点与定点之间距离的平方与2的差的最小值.
15. 在区间上随机地取两个数，则事件“”发生的概率为__________．
【答案】
【解析】由题意画出事件“ ”所表示的图象,如图阴影部分,阴影部分的面积为
,由几何概型概率公式有事件“ ”的概率为 .
16. 已知数列与满足，若的前项和为且
对一切恒成立，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】依题设，当时，；
当时，，
又∵当时，，∴. ∴.
∴等价于，
即，∴对一切恒成立，
令，则
，∴当时，，
当时，，∴当或时，取得最大值，
∴，∴，∴.
三、解答题:（本题包括6小题，共70分。

要求写出证明过程或演算步骤）
17. 在△ABC中，A，B，C的对边分别为a、b、c，，，△ABC的面积为．
（1）求c的值；
（2）求cos（B﹣C）的值．
【答案】（1）7；（2）
【解析】试题分析：（1）先利用三角形的面积公式求出，再由余弦定理进行求解；（2）先由余弦定理求出，再由同角三角函数基本关系式或正弦定理求出，再利用两角差的余弦公式进行求解.
试题解析：（1）∵，△ABC的面积为=absinC=×sin，解得：a=5，
∴由余弦定理可得：c===7
（2）∵由（1）可得：cosB===，
又∵B∈（0，π），可得：sinB==，
∴cos（B﹣C）=cosBcos+sinBsin=×+=
18. 时下，租车已经成为新一代的流行词，租车自驾游也慢慢流行起来，某小车租车点的收费标准是，不超过2天按照300元计算；超过两天的部分每天收费标准为100元（不足1
天的部分按1天计算）．有甲乙两人相互独立来该租车点租车自驾游（各租一车一次），设甲、乙不超过2天还车的概率分别为；2天以上且不超过3天还车的概率分别；两人租车时间都不会超过4天．
（1）求甲所付租车费用大于乙所付租车费用的概率；
（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，
【解析】试题分析：（1）由甲所付租车费用大于乙所付租车费用知可分为乙租车2天与乙租车3天两种情况，由此能求出所求概率；（2）首先求得的所有可能取值，然后分别求出相应的概率，由此能求出的分布列与数学期望．
试题解析：（1）因为甲所付租车费用大于乙所付租车费用， 当乙租车2天内时，则甲租车3或4天，其概率为；
当乙租车3天时，则甲租车4天，其概率为；
则甲所付租车费用大于乙所付租车费用的概率为．．．．．．．．．．．．5分
（2）设甲，乙两个所付的费用之和为可为600，700，800，900，1000，．．．．．．．．
．．．．．．．．．．6分
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．
．． 8分 故的分布列为
600 700 800 900 1000
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分
故的期望为．．．．．．．．12分
考点：1、概率；2、离散型随机变量的分布列与期望．
19. 如图1，在矩形AB CD中，，点分别
在边上，且，交于点．现将沿折起，
使得平面平面，得到图2．
（1）在图2中，求证：；
（2）若点是线段上的一动点，问点在什么位置时，二面角的余弦值为．【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】试题分析：(1)先证明 ,再证明,证明平面,从而可得
;
(2)建立直角坐标系,设,求出平面、平面的一个法向量,利用向量的夹角公式,结合二面角的余弦值为,即可得出结论.
试题解析：（Ⅰ）∵在矩形中，,,
∴，∴即.
∴在图2中，，.
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，∴，
依题意，∥且，∴四边形为平行四边形.
∴∥, ∴，又∵，
∴平面，又∵平面，∴.
（Ⅱ）如图1，在中，，，
∵∥，，∴.
如图，以点为原点建立平面直角坐标系，则
，，，，
∴，，，
∵，∴平面，
∴为平面的法向量.
设，则，
设为平面的法向量，则
即，可取，
依题意，有，
整理得，即，∴，
∴当点在线段的四等分点且时，满足题意．
20. 椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线
与直线相交于点，直线与直线相交于点，求证：以线段为直径的圆恒过定
点．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：
(1)由题意可得，则椭圆C的标准方程为.
(2)由题意可得，结合题意可得圆的方程为，则以线
段ST为直径的圆恒过定点.
试题解析：
（1）解：，又，联立解得：，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，
联立得.
，
整理得：，故，
又，(分别为直线PA，PB的斜率)，
所以，
所以直线PB的方程为：，
联立得，
所以以ST为直径的圆的方程为：，
令，解得：，
所以以线段ST为直径的圆恒过定点.
21. 已知函数．
（1）若在处取极值，求在点处的切线方程；
（2）当时，若有唯一的零点，求
注表示不超过的最大整数，如
参考数据：
【答案】（1）；（2）2
【解析】试题分析：（1）求导，利用对应导函数为0求出值，再利用导数的几何意义进行求解；（2）求导，讨论导函数的符号变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.
试题解析：（1）因为，所以，解得，则，即
在点处的切线方程为，即；
（2），
令，则
由，可得
在上单调递减，在上单调递增
由于，故时，
又，故在上有唯一零点，设为，
从而可知在上单调递减，在上单调递增
由于有唯一零点，故且
又......
令，可知在上单调递增
由于，，
故方程的唯一零点，故
22. 已知直线l的参数方程为（为参数）．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)写出直线l经过的定点的直角坐标，并求曲线的普通方程；
(2)若，求直线的极坐标方程，以及直线l与曲线的交点的极坐标．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：⑴由题意可知当时直线经过定点，设
，即可求出曲线的普通方程；
⑵将代入直线的参数方程，可求出直线的普通方程，将代入即可求得直线的极坐标方程，然后联立曲线：，即可求出直线与曲线的交点的极坐标解析：（1）直线经过定点，
由得，
得曲线的普通方程为，化简得；
（2）若，得的普通方程为，
则直线的极坐标方程为，
联立曲线：.
∵得，取，得，
所以直线与曲线的交点为.
23. 已知函数．
（1）若不等式的解集为，求实数的值；
（2）在（1）的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）1；（2）
【解析】试题分析：（1）由题意得，，解得，再由已知不等式的解集为，可得到的值；（2）在（1）的条件下，，即
，即，求得的最小值为，可得
的范围.
试题解析：（1）由，得，∴，即，
∴，∴．
（2）由（1）知，令，
则
∴的最小值为4，故实数的取值范围是．考点：1.绝对值不等式的解法；2.函数最值的应用.。