2018届安徽省宣城市高三第二次调研测试数学理试题(解析版)

2018届安徽省宣城市高三第二次调研测试
数学理试题（解析版）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若全集，集合，，则为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵集合
∴或
∴
∵集合
∴
故选B.
2. 下列有关命题的说法错误
．．的是（）
A. 若“”为假命题，则与均为假命题
B. “”是“”的充分不必要条件
C.
“”的一个必要不充分条件是“” D. 若命题，，则命题，
【答案】C
【解析】试题分析：是的充分不必要条件，故选C.
考点：命题真假性判断.
3. 执行如图所示的程序框图，如果输入的均为3，则输出的等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】模拟执行程序框图，可得，，，，，不满足，，，不满足
，，，满足，退出循环，输出的值为.
故选D.
4. 从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设2名男生记为A1,A2,2名女生记为B1,B2,任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动,共有(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(B1,B2),(A2,A1),(B1,A1),(B2,A1),(B1,A2),(B2,A2),(B2,B1)12种情况,而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2)4种情况,则发生的概率为
P=,
故选：A.
5. 已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设等差数列的首项为，公差为.
∵，
∴
∴
∴，则
∴数列的前项和为
故选B.
点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法
是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；
（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
6. 函数（，，）的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象（）
A. 向左平移个单位长度
B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度
D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】由函数的部分图象，可得
将代入得
故可将函数的图象向左平移个单位长度，即可得到
的图象，
故选D．
【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的最值求出由周期求出，由特殊点求出的值，的图象变换规律．
7. 已知椭圆（）的左顶点为，上顶点为，右焦点为，若，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，代入得，即，两边除以得，解得.
8. 记，则的值为（）
A. 1
B. 2
C. 129
D. 2188
【答案】C
【解析】中，令，得
.
∵展开式中含项的系数为
∴
∴
故选C.
点睛：二项式通项与展开式的应用：
(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定项或指定项的系数等.
(2)展开式的应用：
①可求解与二项式系数有关的求值，常采用赋值法.
②可证明整除问题(或求余数).关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断.
③有关组合式的求值证明，常采用构造法.
9. 若函数恰好有三个单调区间，则实数的取值范围为（）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】因为函数恰好有三个单调区间，
所以有两个不等零点，则，解得或.故选D.
10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
如图，由三视图可知该几何体为四棱锥，底面为正方形，侧面底面，过底面
的中心作底面的垂线，则该几何体的外接球的球心在该垂线上，过作侧面则垂足在
的高线上，连接，则为球的半径，设则
，解得故该几何体的外接球的表面积为
故选A.
11. 边长为2的等边所在平面内一点满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
，故选A．
12. 已知，关于的方程 ()有四个不同的实数根，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得.
当时，恒成立，即函数在上为增函数.
当时，，令，得，即函数在上为减函数，令，得，即函数在上为增函数.
∴函数在上有一个最大值为
令，要使方程()有四个不同的实数根，则方程应有两个不等的实根，且一个根在内，一个根在内.
令，，则只需，即.
∴
故选D.
点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：
(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；
(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题．
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现，同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用．
二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若实数满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由约束条件足作出可行域如图所示：
联立，解得.
∵的几何意义为可行域内动点与定点连线的斜率
∴
∴的取值范围是
故答案为.
点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负时，截距越大，值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；③平方
型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.
14. 已知，，则__________．
【答案】
【解析】∵，
∴
∴
故答案为.
15. 已知各项都不相等的等差数列，满足，且，则数列项中的最大值为
__________．
【答案】6
【解析】设等差数列的公差为.
∵
∴
∴
∵
∴，即.
∴或（舍去）
∴等差数列的首项为，公差为，则.
∴
联立，即，解得.
∴
∴数列项中的最大值为
故答案为.
点睛：求解数列中的最大项或最小项的一般方法：
（1）研究数列的单调性，利用单调性求最值；
（2）可以用或；
（3）转化为函数最值问题或利用数形结合求解.
16. 已知抛物线 ()的焦点为，准线，点在抛物线上，点在准线上，若，且直线的斜率，则的面积__________．
【答案】
【解析】
抛物线的焦点为F（，0），准线方程为x=﹣，抛物线C：y2=6x
点M在抛物线C上，点A在准线l上，若MA⊥l，且直线AF的斜率k AF=，
准线与x轴的交点为N，则AN=3=3，A（﹣，3），则M（，3），
∴S△AMN=×6×3=9．
故答案为：．
点睛：在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义在解题中的应用。

抛物线定义有两种用途：一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|＝d，可解决有关距离、最值、弦长等问题；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线．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.
17. 的三个内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，，求的大小.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）由及正弦定理，得，
又中，，可得.
（2）由结合（1）中的，及可得，所以，，由余弦定理可求得. ... ... ... ... ... ... ... ... ...
试题解析：（1）∵，
∴由正弦定理，得，
又中，，∴.
（2）时，，又，∴，
又，∴，∴，，
∴，∴.
18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，，是棱上的点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，，异面直线与所成角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）或
【解析】试题分析：（1）根据，，为的中点，推出四边形为平行四边形，再由
，推出，结合平面平面，即可证平面，从而得证平面平面；（2）根据题设条件易证平面，以为原点分别以、、为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，化简可得，再根据异面直线
与所成角的余弦值为，列出方程，解得即可得出的值.
试题解析：（1）证明：∵，，为的中点，
∴四边形为平行四边形
∴.
∵
∴，即.
又∵平面平面，且平面平面.
∴平面
∵平面
∴平面平面.
（2）∵，为的中点
∴.
∵平面平面，且平面平面.
∴平面.
以为原点分别以、、为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则
，，，，，设.
∴，，.
由是上的点，设，化简得.
设异面直线与所成角为，则.
∴，计算得或，故或.
19. 为了推行“智慧课堂”教学，某老师分别用传统教学和“智慧课堂”两种不同的教学方式，在甲、乙两个平行班级进行教学实验，为了比较教学效果，期屮考试后，分别从两个班级屮各随机抽取20名学生的成绩进行统计，结果如下表：记成绩不低于70分者为“成绩优良”.
（1）由以上统计数据填写下面列联表，并判断“成绩优良与教学方式是否有关”?
附：.
临界值表
（2）现从上述40人中，学校按成绩是否优良采川分层扣样的方法扣取8人进行考核.在这8人中,记成绩不优良的乙班人数为，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】试题分析：（1）利用频数与频率，求解两个班的成绩，得到2×2列联表中的数据，求出的观测值，判断即可；（2）由表可知在8人中成绩不优良的人数为，则的可能取值为0，1，2，3，分别求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
试题解析：（1）
根据列联表中的数据，得的观测值为
∴在犯错概率不超过0.025的前提下认为“成绩优良与教学方式有关”.
（2）由表可知在8人中成绩不优良的人数为，则的可能取值为0，1，2，3.
；；
；.
∴的分布列为：
所以.
点睛：数学期望是离散型随机变量中重要的数学概念，反映随机变量取值的平均水平.求解离散型随机变量的分布列、数学期望时，首先要分清事件的构成与性质，确定离散型随机变量的所有取值，然后根据概率类型选择公式，计算每个变量取每个值的概率，列出对应的分布列，最后求出数学期望.
20. 已知椭圆：（）经过点，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形. （1）求椭圆的方程；
（2）动直线（）交椭圆于、两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过点.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：
（1）由题设知a=，所以，椭圆经过点P（1，），代入可得b=1，a=，由此可知所求椭圆方程
（2）首先求出动直线过（0，﹣）点．当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x2+（y+）2=；当l与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x2+y2=1．由．由此入手可求出点T的坐标．
解：
（1）∵椭圆：（）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，
∴，∴
又∵椭圆经过点，代入可得. ∴
，故所求椭圆方程为
.
（2）首先求出动直线过点.
当与轴平行时，以为直径的圆的方程：
当与轴平行时，以为直径的圆的方程：
由
解得
即两圆相切于点，因此，所求的点如果存在，只能是，事实上，点就是所求的点.
证明如下：
当直线垂直于轴时，以
为直径的圆过点
当直线不垂直于轴，可设直线：
由消去得：
记点、，则
又因为，
所以
所以，即以为直径的圆恒过点
所以在坐标平面上存在一个定点满足条件.
21. 已知函数
(其中，
).
（1）当时，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；
（2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，如果不存在，说明理由.
【答案】（1）或；（2）
【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，在其定义域内为单调函数等价于或，即可求得的取值范围；（2）先证，当时，不等式恒成立可等价于在
时恒成立，令，根据函数的单调性，求得，从而可得的取值范围.
试题解析：（1）函数的定义域是，.
若在其定义域內递增，则.
∵
∴，
若在其定义域内递减，则
∵，时，
∴；
综上，或.
（2）在时恒成立，
令，，，函数在递增，故时，取最小值，故
在恒成立，
故问题转化为在时恒成立，
令，，
令，
而，，
故存在，使得在递减，在递增
∴或
∵
∴.
点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若
恒成立；
（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.
22. 选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的极坐标方程是.以极点为平而直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（为参数）
（Ⅰ）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与曲线相交于、两点，且，求直线的倾斜角的值.
【答案】（1）（2）或.
【解析】试题分析：（1）由曲线的极坐标方程得，根据，，，即可求出曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入到圆的方程，得，结合韦达定理和弦长公式即可求出直线的倾斜角的值.
试题解析：（1）由得
∵，，，
∴曲线的直角坐标方程为，即.
（2）将代入圆的方程，化简得.
设两点对应的参数分别为、，则
∴.
∴
∵
∴，即或.
23. 选修4-5：不等式选讲
设函数
（Ⅰ）求不等式的解集；
（Ⅱ）若存在使不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）结合不等式分类讨论即可求得不等式的解集；（2）利用零点分段求得的最小值，结合题意即可求得实数的取值范围．
试题解析：（1）
当时，显然不成立
当时，平方得：
综上：
（2）若存在使不等式成立，即的最小值小于等于.
∴，则。