江西省南昌市2017-2018学年高三第二轮复习测试卷理科数学(七) Word版含解析

合集下载

江西省南昌市2017-2018学年高三数学二模试卷(理科) Word版含解析

2017-2018学年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．已知集合A={y|y=sinx，x∈R}，B={x|＜（）x＜3}，则A∩B等于（）A．{x|﹣1≤x≤1}B．{x|﹣1≤x＜1} C．{x|﹣1＜x≤1}D．{x|﹣1≤x＜2} 2．已知x∈R，y为纯虚数，若（x﹣y）i=2﹣i，则x+y等于（）A．1 B．﹣1﹣2i C．﹣1+2i D．1﹣2i3．“对任意x∈（1，+∞），都有x3＞x”的否定是（）A．存在x0∈（﹣∞，1]，使x＜B．存在x0∈（1，+∞），使x＜C．存在x0∈（﹣∞，1]，使x≤D．存在x0∈（1，+∞），使x≤4．如图所示是一样本的频率分布直方图，若样本容量为100，则样本数据在区间B．∪∪[，+∞）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．计算∫（1+sinx）dx的结果为．14．已知（x+1）2（x+）n的展开式中没有x2项，n∈N*，且5≤n≤8，则n= ．15．一几何体的三视图如图（网络中每个正方形的边长为1），若这个几何体的顶点都在球O 的表面上，则球O的表面积是．16．从1，2，3，…，n中这n个数中取m （m，n∈N*，3≤m≤n）个数组成递增等差数列，所有可能的递增等差数列的个数记为f（n，m），则f（30，5）等于．三、解答题：本大题共6个题，共70分．17．如图，直角三角形ACB的斜边AB=2，∠ABC=，点P是以点C为圆心1为半径的圆上的动点．（Ⅰ）当点P在三角形ABC外，且CP⊥AB时，求sin∠PBC；（Ⅱ）求•的取值范围．18．某人准备投资盈利相互独立的甲、乙两个项目，投资甲项目x万元，一年后获利x万元，万元、﹣1万元的概率分别是0.2，0.4，0.4；投资乙项目x万元，一年后获利x万元、0万元、﹣x万元的概率分别是0.4，0.2，0.4．（1）若这两个项目各投资4万元，求一年后这两个项目和不低于0万元的概率；（2）若这两个项目共投资8万元，你认为这两个项目应该分别投资多少万元？说明理由．19．如图，斜四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，侧面AA1B1B⊥底面ABCD，AA1=2，∠B1BA=60°．（1）求证：平面AB1C⊥平面BDC1；（2）在棱A1D1上是否存在一点E，使二面角E﹣AC﹣B1的余弦值是？若存在，求，若不存在，说明理由．20．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的焦距为2，直线l1：y=kx（k≠0）与椭圆相交于点A，B，过点B且斜率为k的直线l2与椭圆C的另一个交点为D，AD⊥AB．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l2与x轴，y轴分别相交于点M，N，求△OMN面积的最大值．21．已知函数f（x）=e﹣x（e为自然对数的底，m为常数）．（1）若曲线y=f（x）与x轴相切，求实数m的值；（2）若存在实数x1，x2∈使得2f（x1）＜f（x2）成立，求实数m的取值范围．22．如图，A，B，D三点共线，以AB为直径的圆与以BD为半径的圆交于E，F，DH切圆B于点D，DH交AF于H．（1）求证：AB•AD=AF•AH．（2）若AB﹣BD=2，AF=2，求△BDF外接圆的半径．23．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ﹣2cosθ．（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线l（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求|AB|．24．已知函数f（x）=|ax+1|+|2x﹣1|（a∈R）．（1）当a=1时，求不等式f（x）≥2的解集；（2）若f（x）≤2x在x∈[，1]时恒成立，求a的取值范围．2016年江西省南昌市高考数学二模试卷（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．1．已知集合A={y|y=sinx，x∈R}，B={x|＜（）x＜3}，则A∩B等于（）A．{x|﹣1≤x≤1}B．{x|﹣1≤x＜1} C．{x|﹣1＜x≤1}D．{x|﹣1≤x＜2} 【考点】交集及其运算．【分析】求出集合A中函数的值域，确定出A，求出集合B中不等式的解集，确定出B，找出两集合的公共部分，即可求出两集合的交集．【解答】解：由集合A中的函数y=sinx，得到﹣1≤y≤1，∴A=，由集合B中的不等式＜（）x＜3，解得：﹣1＜x＜2，∴B=（﹣1，2），则A∩B=（﹣1，1]．故选：C．2．已知x∈R，y为纯虚数，若（x﹣y）i=2﹣i，则x+y等于（）A．1 B．﹣1﹣2i C．﹣1+2i D．1﹣2i【考点】复数相等的充要条件．【分析】由复数代数形式的除法运算化简，然后再根据复数相等求出答案即可．【解答】解：x∈R，y为纯虚数，设y=ai，∵（x﹣y）i=2﹣i，∴xi+a=2﹣i，∴x=﹣1，a=2，∴x+y=﹣1+2i，故选：C．3．“对任意x∈（1，+∞），都有x3＞x”的否定是（）A．存在x0∈（﹣∞，1]，使x＜B．存在x0∈（1，+∞），使x＜C．存在x0∈（﹣∞，1]，使x≤D．存在x0∈（1，+∞），使x≤【考点】的否定．【分析】直接利用全称的否定是特称写出结果即可．【解答】解：因为全称的否定是特称，所以““对任意x∈（1，+∞），都有x3＞x”的”的否定是：存在x0∈（1，+∞），使x≤，故选：D．4．如图所示是一样本的频率分布直方图，若样本容量为100，则样本数据在区间B．∪∪[，+∞）【考点】椭圆的简单性质．【分析】去绝对值可得x≥0时，y=2x﹣4；当x＜0时，y=﹣2x﹣4，数形结合可得曲线必相交于（±2，0），分别联立方程结合一元二次方程根的分布可得．【解答】解：由2|x|﹣y﹣4=0可得y=2|x|﹣4，当x≥0时，y=2x﹣4；当x＜0时，y=﹣2x﹣4，∴函数y=2|x|﹣4的图象与方程x2+λy2=4的曲线必相交于（±2，0）∴为了使函数y=2|x|﹣4的图象与方程x2+λy2=1的曲线恰好有两个不同的公共点，则y=2x﹣4代入方程x2+λy2=1，整理可得（1+4λ）x2﹣16λx+16λ﹣4=0，当λ=﹣时，x=2满足题意，由于△＞0，2是方程的根，∴＜0，解得﹣＜λ＜时，方程两根异号，满足题意；y=﹣2x﹣4代入方程x2+λy2=1，整理可得（1+4λ）x2+16λx+16λ﹣4=0当λ=﹣时，x=﹣2满足题意，由于△＞0，﹣1是方程的根，＜0，解得﹣＜λ＜时，方程两根异号，满足题意；综上知，实数λ的取值范围是（e为自然对数的底，m为常数）．（1）若曲线y=f（x）与x轴相切，求实数m的值；（2）若存在实数x1，x2∈使得2f（x1）＜f（x2）成立，求实数m的取值范围．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（1）设出切点，求出原函数的导函数，由f′（t）=0且f（t）=0列式求得m值；（2）把存在实数x1，x2∈使得2f（x1）＜f（x2）成立，转化为当x∈时，函数f（x）max＞2f （x）min，然后分m≥1、m≤0、0＜m＜1分类求得m的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）=e﹣x，得f′（x）=﹣e﹣x+e﹣x（2x+1﹣m）=e﹣x=﹣e﹣x（x﹣m）（x﹣1），设切点为（t，0），则f′（t）=0，f（t）=0，即，解得：或，∴m的值是3或﹣1；（2）依题意，当x∈时，函数f（x）max＞2f（x）min，①当m≥1时，当x∈时，f′（x）≤0，函数f（x）单调递减，∴f（0）＞2f（1），即1，得m；②当m≤0时，x∈时，f′（x）≥0，函数f（x）单调递增，∴f（1）＞2f（0），即，得m＜3﹣2e；③当0＜m＜1时，当x∈（0，m）时，f′（x）＜0，当x∈（m，1）时，f′（x）＞0，，f（x）max=f（0）或f（1），记函数，g′（m）=，当m≥0时，g′（x）≤0，g（m）单调递减，∴m∈（0，1）时，g（m）＞g（1）=，∴，，不存在m∈（0，1），使得f（x）max＞2f（x）min，综上：实数m的取值范围是（﹣∞，3﹣2e）∪（3﹣，+∞）．22．如图，A，B，D三点共线，以AB为直径的圆与以BD为半径的圆交于E，F，DH切圆B于点D，DH交AF于H．（1）求证：AB•AD=AF•AH．（2）若AB﹣BD=2，AF=2，求△BDF外接圆的半径．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（1）由题意可得∠BDH=∠BFH，可得B、D、F、H四点共圆，可得AB•AD=AF•AH．（2）由已知结合切割弦定理求得AD，进一步求得BD，然后利用△AFB∽△ADH求得DH，则由勾股定理可得△BDF外接圆的半径．【解答】（1）证明：设圆B交线段AB于点C，∵AB为圆O一条直径，∴BF⊥FH．又DH⊥BD，故B、D、F、H四点在以BH为直径的圆上，∴B、D、F、H四点共圆．∴AB•AD=AF•AH．（2）解：∵AH与圆B相切于点F，由切割线定理得AC=AB﹣BD=2，AF2=AC•AD，即，AD=4，∴，BF=BD=1．又△AFB∽△ADH，则，得，连接BH，由（1）可知BH为DBFH的外接圆直径，，故△BDF的外接圆半径为．23．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ﹣2cosθ．（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线l（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求|AB|．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（I）曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ﹣2cosθ，可得ρ2=2ρsinθ﹣2ρcosθ，把代入即可得出直角坐标方程．（II）把曲线l（t为参数）代入曲线C的方程化为：t2﹣2t=0，利用|AB|=|t2﹣t1|=即可得出．【解答】解：（I）曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ﹣2cosθ，可得ρ2=2ρsinθ﹣2ρcosθ，∴直角坐标方程为：x2+y2=2y﹣2x．（II）把曲线l（t为参数）代入曲线C的方程化为：t2﹣2t=0，∴t1+t2=2，t1t2=0．∴|AB|=|t2﹣t1|==2．24．已知函数f（x）=|ax+1|+|2x﹣1|（a∈R）．（1）当a=1时，求不等式f（x）≥2的解集；（2）若f（x）≤2x在x∈[，1]时恒成立，求a的取值范围．【考点】函数恒成立问题；绝对值不等式的解法．【分析】（1）分类讨论即可求出不等式的解集；（2）由绝对值不等式的性质，不等式可化为|ax+1|≤1，即﹣≤a≤0，根据x的范围，求出﹣的范围，即可得到a的范围．【解答】解：（1）当a=1时，不等式f（x）≥2可化为|x+1|+|2x﹣1|≥2①当x≥时，不等式为3x≥2，解得x≥，故x≥；②当﹣1≤x＜时，不等式为2﹣x≤2，解得x≤0，故﹣1≤x≤0；③当x＜﹣1时，不等式为﹣3x≥2，解得x≤﹣，故x＜﹣1；综上原不等式的解集为（﹣∞，0]∪[，+∞）；（2）f（x）≤2x在x∈[，1]时恒成立时恒成立，当x∈[，1]时，不等式可化为|ax+1|≤1，解得﹣2≤ax≤0，所以﹣≤a≤0，因为x∈[，1]，所以﹣∈，所以a的取值范围是[﹣2，0}．2016年6月14日。

江西省南昌市2018届高三第二次高考模拟考试理数试题(精编含解析)

江西省南昌市2018届高三第二次高考模拟考试数学（理）试题全解全析点睛：本题主要考查了复数的运算法则和复数相等的概念，及复数的表示，着重考查了推理与运算能力．3．B成立，反之：如B．点睛：本题主要考查了不等式的性质及必要不充分条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4．D【解析】分析：由已知中的三视图，可得该几何体是一个三棱柱，分别求出它的底面面积和高，代入体积公式，即可求解．详解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个三棱柱，如图所示，，，高为所以该三棱柱的体积为D．点睛：本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．点睛：本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出结果，当循环次数不多时或有规律时，常常采用模拟循环的方法求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．6．AA．点睛：本题主要考查了抛物线的定义及性质的应用，其中熟记抛物线的定义和性质是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力．7．C，求得详解：作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，在不等式组，故选C．点睛：本题主要考查了线性规划的应用，其中正确作出约束条件所表示的平面区域是解答的关键，着重考查了数形结合思想和推理与运算能力．的值，得到函数的解析式是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．9．A【解析】分析：的值．点睛：本题主要考查了古典概型及其概率的计算问题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．11．C【解析】分析：当且仅当时，等号是成立的，故选C．点睛：本题主要考查了利用均值不等式求最值，及正弦定理和三角形面积公式的应用，其中解答中利用正弦定理，构造乘积为定值，利用均值不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及构造思想的应用．12．A曲线的焦点坐标，设出圆心坐标，列式求出圆心坐标，进一步求得半径，即可求解圆的方程．详解：如图所示，的内切圆切，点睛：本题主要考查了双曲线定义及几何性质的应用，以及圆的标准方程的求解，其中解答中联立方程方程组，求得圆心的坐标是解答的关键，试题运算量较大，化简繁琐，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．13．0.79产品在这项指标上的合格率．内的频率为点睛：本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中对于用样本估计总体主要注意以下两个方面：1、用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估计总体则是用样本的频率分布去估计总体分布的两种主要方法.分布表在数量表示上比较准确，直方图比较直观；2、频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1；在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，所以，所有小长方形的面积的和等于1.14．1果．点睛：平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．点睛：本题主要考查了的实际应用问题，以及利用导数研究函数的单调性和利用导数求解函数的极值与最值，其中正确理解题意，列出函数关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．17．（1（2【解析】分析：（1）利用已知条件，求得等比数列的首项与公比，即可求解数列的通项公式；（2）由（1详解：（1，解得，，解得所以数列的通项公式为（2所以所求数列的前100点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.18．（1）见解析；（2点睛：本题考查了线面位置关系的判定及应用判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】分析：（1）根据平均分的计算公式，即可求解（2）对4和5号评委排名偏差平方和，即可作出判断．（3求解数学期望．详解：（1）依据评分规则：所以选手的均分及最终排名表如下：（2）对4号评委分析：4号评委评分分析表对5号评委分析：5号评委评分分析表点睛：本题主要考查样本估计总体的应用、及随机变量的分布列和数学期望，解答本题，首先要认真准确审题，利用统计的公式作出正确计算，确定随机变量的取值，求得相应的概率，求得分布列是解答的关键，本题属中等难度的题目，计算量不是很大，能很好的考查考生数学应用意识、基本运算求解能力等.20．（1（2得，又因为为长轴端点，此时点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．21．（1）6；（2）见解析，函数的图象有且只有一个交点，得.（2）由（1，，时，，即.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．22．（1（2点睛：本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，直线参数方程的应用，熟记极坐标与直角坐标的互化公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．23．（1（2点睛：本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。

南昌市2017高三理科二模数学试卷及详解答案

— 高三理科数学(模拟二)—DC B A z yox2017届江西省南昌市高三年级第二次模拟高考数学（理）试题卷一．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．已知集合{lg(32)}A x y x ==-,2{4}B x x =≤, 则A B =U （）A. 3{2}2x x -≤<B. {2}<x xC. 3{2}2x x -<< D. {2}≤x x2．若ii 12ia t +=+（i 为虚数单位，,a t R ∈），则t a +等于（） A. 1- B. 0 C. 1 D. 23．已知随机变量ξ服从正态分布2(,)N μσ，若(2)(6)P P ξξ<=>0.15=，则(24)P ξ≤<等于（）A. 0.3B. 0.35C. 0.5D. 0.7 4．已知函数()f x 在R 上可导，则“0'()0f x =”是“0()f x 为函数()f x 的极值”的（）A. 充分不必要条件B. 充要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件 5．执行如右图程序框图，输出的S 为（）A.17 B. 27 C. 47 D. 676．已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，7825a a -=，则11S 为（）A. 110B. 55C. 50D. 不能确定7．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是1(0,0,0),(1,0,1,(0,1,1),(,1,0)2），绘制该四面体三视图时, 按照如下图所示的方向画正视图，则得到左视图可以为（）12348．《九章算术》卷第五《商功》中，有问题“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，无宽，高1丈（如图）．问它的体积是多少? ”这个问题的答案是（）A. 5立方丈B. 6立方丈C.7立方丈 D. 9立方丈9．已知抛物线2:4C y x=,过焦点F的直线与C相交于,P Q两点,且,P Q两点在准线上的投影分别为,M N两点,则MFNS∆=（）A.83B.3C.163D.310．函数22sin33([,0)(0,])1441xy xxππ=∈-+U的图像大致是（）A. B. C. D.11．若对圆22(1)(1)1x y-+-=上任意一点(,)P x y，|34||349|x y a x y-++--的取值与,x y 无关，则实数a的取值范围是（）A. 4a≤- B. 46a-≤≤ C. 4a≤-或6a≥ D. 6a≥12．已知递增数列{}n a对任意*n N∈均满足*,3nn aa N a n∈=，记123(*)nnb a n N-⋅=∈，则数列{}nb的前n项和等于（）A. 2n n+ B.121n+- C.1332n n+-D.1332n+-第Ⅱ卷（非选择题部分，共90分）本卷包括必考题和选考题两个部分. 第13题～第21题为必考题，每个考生都必须作答. 第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答.二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13．已知向量(3,4)a=r，(,1)b x=r，若()a b a-⊥r r r，则实数x等于．14．设2521001210(32)x x a a x a x a x-+=++++L，则1a等于．15．已知等腰梯形ABCD中AB//CD，24,60AB CD BAD==∠=︒，双曲线以,A B为焦点，且与线段CD(包括端点C、D)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是．—高三理科数学(模拟二)—— 高三理科数学(模拟二)—16．网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从2017年1月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x 万件与投入实体店体验安装的费用t 万元之间满足231x t =-+函数关系式．已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是万元．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．（本小题满分12分）已知函数()2sin sin(+)3f x x x π=⋅．（Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）锐角ABC ∆的角,,A B C 所对边分别是,,a b c ，角A 的平分线交BC 于D ，直线x A = 是函数()f x图像的一条对称轴，2AD ==，求边a ．18．（本小题满分12分）近年来随着我国在教育科研上的投入不断加大，科学技术得到迅猛发展,国内企业的国际竞争力得到大幅提升.伴随着国内市场增速放缓，国内有实力企业纷纷进行海外布局，第二轮企业出海潮到来.如在智能手机行业,国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌手机公司一直默默拓展海外市场，在海外共设30多个分支机构，需要国内公司外派大量70后、80后中青年员工.该企业为了解这两个年龄层员工是否愿意被外派工作的态度，按分层抽样的方式从70后和（Ⅰ）根据调查的数据，是否有以上的把握认为“是否愿意被外派与年龄有关”，并说明理由；（Ⅱ）该公司举行参观驻海外分支机构的交流体验活动，拟安排6名参与调查的70后、80后员工参加.70后员工中有愿意被外派的3人和不愿意被外派的3人报名参加，从中随机选出3人，记选到愿意被外派的人数为x ；80后员工中有愿意被外派的4人和不愿意被外派的2人报名参加，从中随机选出3人，记选到愿意被外派的人数为y，求x y <的概率．（参考公式：2()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++）.— 高三理科数学(模拟二)—F E D CBAS19．（本小题满分12分）已知四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，SA SD SB ===E 是棱AD 的中点，点F 在棱SC 上，且SF SC λ=u u u r u u u r，SA //平面BEF ．（Ⅰ）求实数λ的值；（Ⅱ）求二面角S BE F --的余弦值．20．（本小题满分12分）如图，椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右顶点为(2,0)A ，左、右焦点分别为1F 、2F ，过点A 且斜率为12的直线与y 轴交于点P ，与椭圆交于另一个点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为点1F （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）过点P 且斜率大于12的直线与椭圆交于,M N 两点（||||PM PN >），若:PAM PBN S S λ∆∆=，求实数λ21．（本小题满分12分）已知函数2()ln(1)f x x x ax bx =--+(,,,a b R a b ∈为常数，e 为自然对数的底数）．（Ⅰ）当1a =-时，讨论函数()f x 在区间1(1,1)ee++上极值点的个数；（Ⅱ）当1a =，2b e =+时，对任意的(1,)x ∈+∞都有12()x f x ke <成立，求正实数k 的取值范围．请考生在第（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，作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知直线l 的参数方程为1x ty =+⎧⎪⎨=⎪⎩（t 为参数）．在以坐标原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为24cos sin 40ρρθθ--+=．（Ⅰ）求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线l 与曲线C 交于,A B 两点，求||||OA OB ⋅．23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知()|23||21|f x x x =+--．（Ⅰ）求不等式()2f x <的解集；（Ⅱ）若存在x R ∈，使得()|32|f x a >-成立，求实数a 的取值范围．2017届江西省南昌市高三年级第二次模拟高考数学（理）参考答案1、D【解析】因为3{lg(32)}{320}{}2A x y x x x x x==-=->=<，{22}B x x=-≤≤．所以{2}A B x x=≤U，故答案选D．2．A【解析】因为ii i i(12i)=i-2t12iat a t t+=⇒+=⋅++，则122taa t=⎧⇒=-⎨=-⎩．所以1t a+=-，故答案选A．3．B【解析】由题意可得10.152(24)0.352Pξ-⨯≤<==，故答案选B．4．C【解析】由“'()0f x=”不可以推出“()f x为函数()f x的极值”，同时由“()f x为函数()f x的极值”可以推出“'()0f x=”，所以“'()0f x=”是“()f x为函数()f x的极值”的必要不充分条件．故答案选C．5、A【解析】考虑进入循环状态，根据程序框图可知，当1i=时，有27S=；当2i=时，有47S=；当3i=时，有17S=；当4i=时，有27S=；当5i=时，有47S=；当6i=时，有17S=；所以可知其循环的周期为3T=，当退出循环结构时632i==⨯，所以输出的17S=，故答案选A．6．B【解析】78111622(6)(7)5a a a d a d a d a-=+-+=+=，1111161111552a aS a+=⨯==．故答案选B．7．B【解析】满足条件的四面体如左图，依题意投影到yOz平面为正投影，所以左（侧）视方向如图所示，所以得到左视图效果如右图，故答案选B．8．A【解析】将该几何体分成一个直三棱柱，两个四棱锥，即113122131523V=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=，故答案选A．9．B【解析】由题意可得直线:3(1)PQ y x=-与抛物线24y x=联解得：231030x x-+=，所以点(3,3)P，123(,33Q-，则23832333MN==MNF∆中，MN边上的—高三理科数学(模拟二)—— 高三理科数学(模拟二)—高2h =，则12233MNF S ∆=⨯⨯=，故答案选B ．方法二:不防设交点P 在x 轴上方,由抛物线焦点弦性质得||||PF PM =,||||QF QN =且1121||||PF QF p +==, ||||||||1||||||||2PM QN PF QF PM QN PF QF --==++，故||4PF =，4||3QF =，所以114||(4)2223MNF S MN p ∆=⨯⨯=⨯+=B ． 10．A 【解析】因为函数22sin ()11xy f x x==+可化简为222sin ()1x x f x x =+可知函数为奇函数关于原点对称，可排除答案C ；同时有42224sin 2cos 2cos ''()(1)x x x x x xy f x x ++==+ 3222(2sin cos cos )(1)x x x x x x x ++=+，则当(0,)2x π∈ '()0f x >,可知函数在2x π=处附近单调递增，排除答案B 和D ，故答案选A ．11．D 【解析】要使符合题意，则圆上所有点在直线12:340,:3490l x y a l x y -+=--=之间，因为圆心到直线2l的距离21d ==>且314190⨯-⨯-<，则所有圆心到直线1l的距离11d =≥，且31410a ⨯-⨯+≥，解得6a ≥，故答案选D ．12．D 【解析】法一：1133a a a =⇒≤,讨论：若11111a a a a =⇒==，不合；若1223a a =⇒=；若11333a a a a =⇒==，不合；即122,3a a ==，2366a a a =⇒=，所以3699a a a =⇒=，所以6918a a a == ，91827a a a ==，182754a a a ==，275481a a a ==，猜测3nn b =，所以数列{}n b 的前n 项和等于113333132n n ++--=-．故答案选D ．法二：*3,n a n a n a N =⇒∈，结合数列的单调性分析得122,3a a ==，13b =，而3,n a a n =3a na n a a ⇒=，同时3a na n a a =，故33n n a a =，又1221233232333n n n n nb a a a b ----⋅⨯⋅⋅====，数列{}n b 为等比数列，即其前n 项和等于113333132n n ++--=-．故答案选D ．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13．7【解析】因为(3,3)a b x -=-r r ，所以()a b a -⊥⇒r r r(3)33407x x -⨯+⨯=⇒=，故答案为7．14．240-【解析】250514255(32)(23)(23)x x C x C x x -+=-+-+L ，所以01411552(3)a C C =-240=-，故答案为240-．15．1,)+∞【解析】双曲线过点C时，212c ABe a CA CB===-，开口越大，离心率越— 高三理科数学(模拟二)—大，故答案为1,)+∞． 16．37.5【解析】由题知213t x =--,(13)x <<，所以月利润：(48)3232ty x x t x=+--- 11163163232t x x x =--=-+--145.5[16(3)]3x x=--+-45.537.5≤-=，当且仅当114x =时取等号，即月最大利润为37.5万元．另解：利润1632t y x =--（利润=12⨯进价- 12⨯安装费-开支），也可留t 作为变量求最值．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．【解析】（Ⅰ）因为21()2sin (sin )cos sin 2f x x x x x x x ==+1112cos 2sin(2)2262x x x π=-+=-+，令222,262k x k k Z πππππ-≤-≤+∈，解得,63k x k k z ππππ-≤≤+∈，所以递增区间是[,]()63k k k Z ππππ-+∈；（Ⅱ）直线x A =是函数()f x 图像的一条对称轴，则2,6223k A k A k z πππππ-=+⇒=+∈，由02A π<<得到3A π=，所以角6BAD π∠=,由正弦定理得sin sin sin 2BD AD B BAD B =⇒=∠，所以4B π=，53412C ππππ=--=，5561212CDA ππππ∠=--=，所以2AC AD ==，52cos 12DC AD π=⋅=所以a BD AD =+=．18．【解析】（Ⅰ）222()100(20204020)()()()()60406040n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯==++++⨯⨯⨯ 4004001002.778 2.7065760000⨯⨯=≈>所以有90% 以上的把握认为“是否愿意被外派与年龄有关”（Ⅱ）“x y <”包含：“0,1x y ==”、 “0,2x y ==”、 “0,3x y ==”、 “1,2x y ==”、 “1,3x y ==”、 “2,3x y ==”六个互斥事件且0312334233664(0,1)400C C C C P x y C C ===⨯=，03213342336612(0,2)400C C C C P x y C C ===⨯= 0330334233664(0,3)400C C C C P x y C C ===⨯=，122133423366108(1,2)400C C C C P x y C C ===⨯=— 高三理科数学(模拟二)—12303342336636(1,3)400C C C C P x y C C ===⨯=，21303342336636(2,3)400C C C C P x y C C ===⨯= 所以：412410836362001()4004002P x y +++++<=== ．19．【解析】（Ⅰ）连接AC ，设AC BE G =I ，则平面SAC I 平面EFB FG =， //SA Q 平面EFB ，//SA FG ∴， GEA GBC ∆∆Q :，12AG AE GC BC ∴==， 1123SF AG SF SC FC GC ∴==⇒=，13λ∴=；（Ⅱ）,2SA SD SE AD SE ==∴⊥=Q ，又2,60AB AD BAD ==∠=︒Q，BE ∴=222SE BE SB ∴+=，SE BE ∴⊥，SE ∴⊥平面ABCD ，以,,EA EB ES 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(0,0,2)A B S ，平面SEB 的法向量(1,0,0)m EA ==u r u u u r，设平面EFB 的法向量(,,)n x y z =r，则(,,)00n EB x y z y ⊥⇒⋅=⇒=r， (,,)(1,0,2)02n GF n AS x y z x z ⊥⇒⊥⇒⋅-=⇒=r u u u r r u u u r，令1z =，得(2,0,1)n =r，cos ,5||||m n m n m n ⋅∴<>==⋅u r ru r r ur r． 20．【解析】（Ⅰ）因为1BF x ⊥轴，得到点2(,)b B c a--，所以2222221()21a a bb a ac c a b c ⎧==⎧⎪⎪⎪=⇒=⎨⎨+⎪⎪=⎩⎪=+⎩，所以椭圆C 的方程是22143x y +=．（Ⅱ）因为1sin 22(2)112sin 2PAM PBN PA PM APMS PM PM S PN PN PB PN BPN λλλ∆∆⋅⋅∠⋅===⇒=>⋅⋅⋅∠，所以2PM PN λ=-u u u u r u u ur ．由（Ⅰ）可知(0,1)P -，设MN 方程:1y kx =-，1122(,),(,)M x y N x y ，联立方程221143y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩得：22(43)880k x kx +--=．即得122122843843k x x k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪⋅=⎪+⎩（*）— 高三理科数学(模拟二)—又1122(,1),(,1)PM x y PN x y =+=+u u u u r u u u r ，有122x x λ=-，将122x x λ=-代入（*）可得：222(2)1643k k λλ-=+．因为12k >，有2221616(1,4)3434k k k =∈++，则2(2)14λλ-<<且2λ>44λ⇒<<+ 综上所述，实数λ的取值范围为(4,4+． 21．【解析】（Ⅰ）1a =-时，'()ln(1)2+1xf x x x b x =-++-，记('()g x f x b =-），则2232()112'()21(1)(1)x x g x x x x ⋅-=-+=---，3'()02g x x =⇒=，当13(1,)2x e ∈+时，'()0g x <，3(,1)2x e ∈+时，'()g x 0>，所以当32x =时，()g x 取得极小值6ln 2-，又12(1)2g e e e +=++，1(1)24g e e e+=++，'()0()f x g x b =⇔=-，所以（ⅰ）当6ln 2b -≤-,即ln 26b ≥-时，'()0f x ≥，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上无极值点；（ⅱ）当26ln 22b e e -<-<++即22ln 26e b e---<<-时，'()0f x =有两不同解，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上有两个极值点；（ⅲ）当21224e b e e e ++≤-<++即12242e b e e e---<≤---时，'()0f x =有一解，函数()f x 在区间1(1,1)e e ++上有一个极值点；（ⅳ）当124b e e -≥++即124b e e ≤---时，'()0f x ≤，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上无极值点；（Ⅱ）当1,2a b e ==+时，对任意的(1,)x ∈+∞都有12()x f x k e <⋅，即22ln(1)(2)xx x x e x ke --++<，即2ln(1)2x e x x e k x--++<⋅— 高三理科数学(模拟二)—记()ln(1)2h x x x e =--++，2()x e x k xφ=⋅，由12'()111xh x x x -=-=--，当12x <<时'()0h x >，2x >时，'()0h x <，所以当2x =时，()h x 取得最大值(2)h e =，又222221(2)22'()x x xk e x e e x x k x x φ--==，当12x <<时'()0x φ<，2x >时，'()0x φ>，所以当2x =时，()x φ取得最小值2ke，所以只需要2ke e <2k ⇒>，即正实数k 的取值范围是(2,)+∞．【解2】（Ⅱ）当1,2a b e ==+时，对任意的(1,)x ∈+∞都有12()x f x k e<⋅，即22ln(1)(2)x x x x e x ke --++< 令2x =，得2k >下证2k >时命题成立.一方面11222x x ke e > …………①另一方面由ln 1x x <-（常见对数不等式）知ln(1)2x x -<-，注意1x >22ln(1)(2)(2)(2)x x x e x x x x e x ex ∴--++<--++=…………②记12()2x h x eex =-，12'()x h x ee =-()1,2,'()0,()x h x h x ∴∈<递减，()2,,'()0,()x h x h x ∈+∞>递增 ()(2)0h x h ∴≥=即122x eex ≥∴由①②可知对任意的(1,)x ∈+∞都有12()x f x k e <⋅， ∴正实数k 的取值范围是(2,)+∞．22．【解析】（Ⅰ）直线l的普通方程是1)y x =-即y =，曲线C的直角坐标方程是22440x y x +--+=即22(2)(3x y -+=；（Ⅱ）直线l 的极坐标方程是3πθ=，代入曲线C 的极坐标方程得：2540ρρ-+=，所以||||||4A B OA OB ρρ⋅==．23．【解析】（Ⅰ）不等式()2f x <等价于32(23)(21)2x x x ⎧<-⎪⎨⎪-++-<⎩或3122(23)(21)2x x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪++-<⎩ 或12(23)(21)2x x x ⎧>⎪⎨⎪+--<⎩ ，解得32x <-或302x -≤<，— 高三理科数学(模拟二)— 所以不等式()2f x <的解集是(,0)-∞；（Ⅱ）()|(23)(21)|4f x x x ≤+--=Q ，max ()4f x ∴=，|32|4a ∴-<，解得实数a 的取值范围是2(,2)3-．。

2018年江西省南昌市高三第二次理科数学模拟试题(含精品解析)

NCS20180607项目第二次模拟测试卷理科数学一、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. 已知全集为，集合，，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：可求出集合，然后进行补集、交集的运算即可．详解：由题意，或，所以或，所以或，故选D．点睛：本题主要考查了集合的混合运算，正确求解集合是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力．2. 若实数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】分析：利用复数的运算法则和复数相等，即可求解的值，在利用复数的表示，即可判定．详解：由，所以，所以，解得，所以复数在复平面内对应的点为位于第二象限，故选B．点睛：本题主要考查了复数的运算法则和复数相等的概念，及复数的表示，着重考查了推理与运算能力．3. 已知为实数，则“”是“”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【答案】B【解析】分析：由，则成立，反之：如，即可判断关系．详解：由，则成立，反之：如，则不成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选B ．点睛：本题主要考查了不等式的性质及必要不充分条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4. 已知一个几何体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积为（）A. B. 32 C. D. 16【答案】D【解析】分析：由已知中的三视图，可得该几何体是一个三棱柱，分别求出它的底面面积和高，代入体积公式，即可求解．详解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个三棱柱，如图所示，，其中底面面积为，高为，所以该三棱柱的体积为，故选D ．点睛：本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解． 5. 执行如图程序框图，若，则输出的（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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的值，模拟程序运行过程，可得答案．详解：若，则：满足循环的条件，；满足循环的条件，；满足循环的条件，；满足循环的条件，；满足循环的条件，；满足循环的条件，；满足循环的条件，；满足循环的条件，，当时，不满足进行循环的条件，此时输出结果，故选B．点睛：本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出结果，当循环次数不多时或有规律时，常常采用模拟循环的方法求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．6. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，抛物线上一点，若，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由抛物线的定义，求得点的坐标，进而求解三角形的面积．详解：由抛物线的方程，可得，准线方程为，设，则，即，不妨设在第一象限，则，所以，故选A ．点睛：本题主要考查了抛物线的定义及性质的应用，其中熟记抛物线的定义和性质是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力．7. 已知点在不等式组表示的平面区域内，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：作出约束条件所表示的平面区域，由，求得点的坐标，即可得到结果．详解：作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，由，解得，且点，又因为点在不等式组的平面区域内，所以实数的取值范围是，故选C ．点睛：本题主要考查了线性规划的应用，其中正确作出约束条件所表示的平面区域是解答的关键，着重考查了数形结合思想和推理与运算能力．8. 如图，已知函数的部分图象与轴的一个交点为，与轴的交点为，那么函数图象上的弧线与两坐标所围成图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由特殊点的坐标求出，再根据五点法求出，可得函数解析式，在根据定积分，即可求解所围成图形的面积．详解：根据函数的部分图象与轴的交点为，可得，解得，根据函数的图象轴的一个交点为，结合五点法作图可得，所以，所以函数，弧线与两坐标轴所围成图形的面积为，故选A．点睛：本题主要考查了三角函数的部分图象求解函数的解析式，由特殊点的坐标求出的值，得到函数的解析式是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．9. 已知函数，设（为常数），若，则等于（）A. 1998B. 2038C. -1818D. -2218【答案】A【解析】分析：由题意可得函数为偶函数，根据求解，进而求得的值．详解：由题意，函数，则满足，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，又由，所以，则，故选A．点睛：本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及函数值的求解，解答中根据函数的奇偶性，求得，得到是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力．10. 在《周易》中，长横“”表示阳爻，两个短横“”表示阴爻.有放回地取阳爻和阴爻三次合成一卦，共有种组合方法，这便是《系辞传》所说“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”.有放回地取阳爻和阴爻一次有2种不同的情况，有放回地取阳爻和阴爻两次有四种情况，有放回地取阳爻和阴爻三次，八种情况.所谓的“算卦”，就是两个八卦的叠合，即共有放回地取阳爻和阴爻六次，得到六爻，然后对应不同的解析.在一次所谓“算卦”中得到六爻，这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意，基本事件的总数为，这六爻恰好有三个阳爻包含基本事件数为，由此能求出这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率．详解：在一次所谓“算怪”中得到六爻，基本事件的总数为，这六爻恰好有三个阳爻包含的基本数为，所以这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是，故选B．点睛：本题主要考查了古典概型及其概率的计算问题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．11. 在中，，的面积为2，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：详解：由的面积为，所以，得，在中，由正弦定理得，当且仅当时，等号是成立的，故选C．点睛：本题主要考查了利用均值不等式求最值，及正弦定理和三角形面积公式的应用，其中解答中利用正弦定理，构造乘积为定值，利用均值不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及构造思想的应用．12. 已知双曲线的左右焦点分别为，过点的直线交双曲线的右支于两点，若的角平分线的方程为，则三角形内切圆的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：由题意画出图形，由双曲线的定义可得三角形的内切圆切于，再由已知求出双曲线的焦点坐标，设出圆心坐标，由圆心在直线上及圆的半径相等，列式求出圆心坐标，进一步求得半径，即可求解圆的方程．详解：如图所示，设三角形的内切圆切于点，且于，且于，则，得，所以，即，也就是与重合，由的角平分线的方程为，可得，则，设三角形的内切圆的圆心，则，解得，所以三角形的内切圆的半径为,所以三角形的内切圆的标准方程为，故选A．点睛：本题主要考查了双曲线定义及几何性质的应用，以及圆的标准方程的求解，其中解答中联立方程方程组，求得圆心的坐标是解答的关键，试题运算量较大，化简繁琐，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 从某企业的某种产品中抽取1000件，测量该种产品的一项质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，假设这项指标在内，则这项指标合格，估计该企业这种产品在这项指标上的合格率为__________．【答案】0.79【解析】分析：由频率分布直方图求出这种指标值在内的频率，由此能估计该企业这种产品在这项指标上的合格率．详解：这种指标值在内，则这项指标合格，由频率分布直方图得这种指标值在内的频率为，所以估计该企业这种产品在这项指标上合格率为．点睛：本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中对于用样本估计总体主要注意以下两个方面：1、用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估计总体则是用样本的频率分布去估计总体分布的两种主要方法.分布表在数量表示上比较准确，直方图比较直观；2、频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1；在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，所以，所有小长方形的面积的和等于1.14. 已知正的边长为2，若，则等于__________．【答案】1【解析】分析：根据题意，以向量为平面的一个基底，利用向量的数量积的运算，即可求得结果．详解：由题意可知，则．点睛：平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．15. 已知正三棱台的上下底边长分别为，高为7，若该正三棱台的六个顶点均在球的球面上，且球心在正三棱台内，则球的表面积为__________．【答案】【解析】分析：取正三棱台的上、下底面的中心分别为，则，得，解得，得，利用球的表面积公式即可求解．详解：因为正三棱台的上、下底面边长分别为，取正三棱台的上、下底面的中心分别为，则正三棱台的高为，在上下底面的等边三角形中，可得,则球心在直线上，且半径为，所以，且,解得，所以，所以球的表面积为．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．16. 如图，有一块半径为20米，圆心角的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形，弓形，扇形和扇形（其中）.某次菊花展分别在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜.预计这三种菊花展示带来的日效益分别是：50元/米2，30元/米2,40元/米2.为使预计日总效益最大，的余弦值应等于__________．【答案】【解析】分析：设日总效益设为，运用三角形的面积公式和扇形的面积公式，即可得到目标函数，求得导数，即可得到所求最大值点．详解：设日总效益设为，则,又由，可得，解得，由，函数递增，，函数递减，既有，即由时，预计日收益最大，所以的余弦值为．点睛：本题主要考查了的实际应用问题，以及利用导数研究函数的单调性和利用导数求解函数的极值与最值，其中正确理解题意，列出函数关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．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. 已知各项均为正数且递增的等比数列满足：成等差数列，前5项和.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前100项和.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）利用已知条件，求得等比数列的首项与公比，即可求解数列的通项公式；（2）由（1）得，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的和．详解：（1）由成等差数列得：，设的公比为，则，解得或（舍去），所以，解得，所以数列的通项公式为.（2）由得，所以所求数列的前100项和，即，所以，两式相减得：所以，所以.点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.18. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，侧面是等腰直角三角形，，平面平面，点分别是棱上的点，平面平面.（1）确定点的位置，并说明理由；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）因为平面平面，求得，又由，进而得到点是的中点，又因为平面平面，得，得点是的中点；（2）以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面，平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．详解：（1）因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即点是的中点，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，点是的中点，所以点是的中点，综上，分别是的中点.（2）因为，所以，又因为平面平面，所以平面，又，所以.如图以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，由中点公式得到，设平面，平面的法向量分别为，，由，得：，令，得，由，得：，令，得所以.综上，二面角的余弦值是.点睛：本题考查了线面位置关系的判定及应用判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19. 为提升教师专业功底，引领青年教师成长，某市教育局举行了全市“园丁杯”课堂教学比赛，在这次比赛中，通过采用录像课评比的片区预赛，有共10位选手脱颖而出进入全市决赛.决赛采用现场上课形式，从学科评委库中采用随机抽样抽选代号1,2,3，…，7的7名评委，规则是：选手上完课，评委们当初评分，并从7位评委评分中去掉一个最高分，去掉一个最低分，根据剩余5位评委的评分，算出平均分作为该选手的最终得分.记评委对某选手评分排名与该选手最终排名的差的绝对值为“评委对这位选手的分数排名偏差”.排名规则：由高到低依次排名，如果选手分数一样，认定名次并列（如：选手分数一致排在第二，则认为他们同属第二名，没有第三名，接下来分数为第四名）.七位评委评分情况如下表所示：（1）根据最终评分表，填充如下表格：（2）试借助评委评分分析表，根据评委对各选手的排名偏差的平方和，判断评委4与评委5在这次活动中谁评判更准确.____号评委评分分析表选手A B C D E F G H I J最终排名评分排名排名偏差（3）从这10位选手中任意选出3位，记其中评委4比评委5对选手排名偏差小的选手数位，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】分析：（1）根据平均分的计算公式，即可求解，，即可填写表格．（2）对4和5号评委排名偏差平方和，即可作出判断．（3）由题意，得到随机变量可能取值，求解取每个值的概率，即可得打分布列，利用期望的公式，即可求解数学期望．详解：（1）依据评分规则：，.所以选手的均分及最终排名表如下：（2）对4号评委分析：4号评委评分分析表排名偏差平方和为：.对5号评委分析：5号评委评分分析表排名偏差平方和为：.由于，所以评委4更准确.（3）10位选手中，评委4比评委5评分偏差小的有5位，可能取值有0,1,2,3.所以，，，，所以的分布列为：0123所以数学期望.点睛：本题主要考查样本估计总体的应用、及随机变量的分布列和数学期望，解答本题，首先要认真准确审题，利用统计的公式作出正确计算，确定随机变量的取值，求得相应的概率，求得分布列是解答的关键，本题属中等难度的题目，计算量不是很大，能很好的考查考生数学应用意识、基本运算求解能力等.20. 已知平面直角坐标系内两定点，及动点，的两边所在直线的斜率之积为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设是轴上的一点，若（1）中轨迹上存在两点使得，求以为直径的圆面积的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由已知，列出方程，即可求解点的轨迹的方程；（2）设点的坐标为，当直线斜率不存在时，可得，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，求解，由此列出不等式组，进而求得，又由为长轴端点时，可求得的坐标点，求得的值，即可得到结论．详解：（1）由已知，即，所以，又三点构成三角形，得所以点的轨迹的方程为.（2）设点的坐标为，当直线斜率不存在时，可得分别是短轴的两端点，得到，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，则由得①，联立，得，由得，整理得.由韦达定理得，，②由①②，消去得，由，解得，又因为为长轴端点时，可求得点，此时，综上，或，又因为以为直径的圆面积，所以的取值范围是.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．21. 已知函数，（为常数，且）.（1）若当时，函数与的图象有且只要一个交点，试确定自然数的值，使得（参考数值，，，）；（2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）.【答案】（1）6；（2）见解析【解析】分析：（1）记，求得，分和讨论，即可得到函数的单调性和最小值，函数与的图象有且只有一个交点，得，进而可求解的取值范围，确定的值．（2）由（1）得：当时，只要证明：时，，记，求得，记，利用二次函数的图象与性质，即可作出证明．详解：（1）记，则，当时，因为，，函数单调递增，，函数无零点，即函数与的图象无交点；当时，，且时，，时，，所以，，函数与的图象有且只有一个交点，得，化简得：，记，，所以在上单调递减，又，，所以，即.（2）由（1）得：当时，，只要证明：时，即，记，则，记，图象为开口向上的抛物线，对称轴为，且，所以当时，，即，所以在区间上单调递增，从而，即成立，所以成立.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设曲线交于点，曲线与轴交于点，求线段的中点到点的距离.【答案】（1），；（2）【解析】分析：（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线和直角坐标方程，（2）写出曲线的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，根据根与系数的关系，即可求解．详解：（1）曲线的极坐标方程可以化为：，所以曲线的直角坐标方程为：，曲线的极坐标方程可以化为：，所以曲线的直角坐标方程为：；（2）因为点的坐标为，的倾斜角为,所以的参数方程为：（为参数），将的参数方程代入曲线的直角坐标方程得到：，整理得：，判别式，中点对应的参数为，所以线段中点到点距离为.点睛：本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，直线参数方程的应用，熟记极坐标与直角坐标的互化公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．23. 已知函数，.（1）解不等式；（2）若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由，分类讨论，即可求解不等式的解集；（2）对任意的，存在，使得成立，即的值域包含的值域，利用绝对值的三角不等式，求解，即可求解实数的取值范围．详解：（1）由①当时，，得，即；②当时，，得，即；③当时，，得，即；综上，不等式解集是.（2）对任意的，存在，使得成立，即的值域包含的值域，由，知，由，且等号能成立，所以，所以，即的取值范围为.点睛：本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。

【全国市级联考word】江西省南昌市2017届高三二模测试卷理科数学试题

绝密★启用前【全国市级联考word 】江西省南昌市2017届高三二模测试卷理科数学试题试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：69分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、已知集合,, 则（） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】，所以，，所以，，故选D.2、若（为虚数单位，），则等于（）A ．B ．C ．D ．【答案】A试卷第2页，共20页【解析】，解得，解得，所以，故选A.3、已知随机变量服从正态分布，若，则等于（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据正态分布密度曲线的对称性可知，若，函数的对称轴是，所以，故选B.4、已知函数在上可导，则“”是“为函数的极值”的（） A ．充分不必要条件 B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】若，但两侧没有变号，也不是极值点，也不是函数的极值，反过来，若是函数的极值，那就是函数的极值点，即，所以是是函数的极值的必要不充分条件，故选C.5、已知数列为等差数列，其前项和为，，则为（）A ．B ．C ．D ．不能确定【答案】B【解析】，，故选B.6、《九章算术》卷第五《商功》中，有问题“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽丈，长丈；上棱长丈，无宽，高丈（如图）．问它的体积是多少? ”这个问题的答案是（）A ．立方丈B ．立方丈C ．立方丈D ．立方丈【答案】A 【解析】过点分别作平面和平面垂直于底面，所以几何体的体积分为三部分中间是直三棱柱，两边是两个一样的四棱锥，所以立方丈，故选A.7、已知抛物线,过焦点且斜率为的直线与相交于两点,且两点在准线上的投影分别为两点,则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】设，所以，直线方程是与抛试卷第4页，共20页物线方程联立，，整理为：，，所以，故选B. 8、已知递增数列对任意均满足，记，则数列的前项和等于（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】因为，所以，若，那矛盾，若，那么成立，若，那矛盾，所以，当，所以，即，数列是首项为2，公比为3的等比数列，所以前项和为，故选D.【点睛】本题考查了数列的相关知识，题干新颖，思路缜密，解题方法巧妙，对知识的转化与化归能力比较高，首先对于首项的确定，可以采用列举法，就会发现，再令后，利用公式巧妙变形为，这样对数列的构造打下基础，最后转化为数列是等比数列求和.9、执行如右图程序框图，输出的为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】时，否，所以，是，否，所以，是，，是，，是，，否，所以，是，，否，所以，是，，是，，否，输出，故选A. 10、一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，绘制该四面体三视图时, 按照如下图所示的方向画正视图，则得到左视图可以为（）试卷第6页，共20页A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】将四面体放在如图正方体中，得到如图四面体，得到如图的左视图，故选B.11、函数的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】函数满足，函数是奇函数，关于原点对称，，，，并且，满足条件的只有A ，故选A. 12、若对圆上任意一点，的取值与无关，则实数的取值范围是（）A ．B ．C ．或D ．【答案】D 【解析】表示圆上的点到直线：的距离的5倍，表示圆上的点到直线：距离的5倍，所以的取值与无关，即圆上的点到直线距离和与圆上的点无关，所以直线与圆相离或相切，并且和在圆的两侧，所以，并且，解得：，故选D.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，重点考查了数形结合思想和转化与化归能力，首先需理解的几何意义，然后画图形后，转化为圆与直线相切或相离的位置关系，问题迎刃而解.试卷第8页，共20页第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）13、设，则等于_________．【答案】【解析】，所以含项的系数是，所以，故填：-240. 14、已知等腰梯形中//，，双曲线以为焦点，且与线段 (包括端点、)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是_________．【答案】【解析】当双点曲线过时，由平面几何可知，，所以，即，此时，若双曲线与线段相交，那双曲线的张口变大，离心率变大，即，故填：.【点睛】本题考查了双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质，求解离心率问题主要有三种方法：（1）如果题干有比较明显的几何关系时，根据几何关系直接求得的值，进而求得的值；（2）建立的齐次等式或不等式，求得或转化为关于的等式或不等式求解；(3)通过特殊值或特殊位置，求出． 15、已知向量，，若，则实数等于_________．【答案】【解析】，整理为，故填：7.16、网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从年月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量万件与投入实体店体验安装的费用万元之间满足函数关系式．已知网店每月固定的各种费用支出为万元，产品每万件进货价格为万元，若每件产品的售价定为“进货价的”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是________万元．【答案】【解析】利润等于收入减成本，所以因为，所以原式，可化简为，而，那么，等号成立的条件是，所以该公司的最大利润是37.5，故填：37.5.【点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的方法，本题主要考查函数的应用及基本不等式，解决此题的关键是先求出函数解析式，再利用基本不等式求最试卷第10页，共20页值，在利用基本不等式求最值时,一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件,注意创造“定”这个条件时常要对所给式子进行拆分、组合、添加系数等处理,使之可用基本不等式来解决,若多次使用基本不等式,必须保持每次取等的一致性.三、解答题（题型注释）17、已知函数．（Ⅰ）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）锐角的角所对边分别是，角的平分线交于，直线是函数图像的一条对称轴，，求边．【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）首先根据两角和的正弦公式展开化简，然后再根据降幂公式化简，最后利用辅助角公式化简为，再求单调区间；（Ⅱ）根据对称性求角，在内根据正弦定理求角，最后在内根据正弦定理求.试题解析：（Ⅰ）因为令，解得，所以递增区间是；（Ⅱ）直线是函数图像的一条对称轴，试卷第11页，共20页则，由得到，所以在中，,由正弦定理得，由，所以，，，所以，所以在中，有．18、已知四棱锥中，底面是边长为的菱形，，，点是棱的中点，点在棱上，且，//平面．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）若线面平行，则线线平行，所以连结，连结，可得，根据，可得比例关系，和平行线比例关系可得；（Ⅱ）根据长度以及垂直关系可证明平面，所以以点为原点建立如图坐标系，分别求两个平面的法向量，根据求值.试题解析：（Ⅰ）连接，设，则平面平面，试卷第12页，共20页//平面，//，∽，，，；（Ⅱ），又，，，平面，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，平面的法向量，设平面的法向量，则，，令，得，即所求二面角的余弦值是．19、如图，椭圆的右顶点为，左、右焦点分别为、，过点且斜率为的直线与轴交于点，与椭圆交于另一个点，且点在轴上的射影恰好为点．试卷第13页，共20页（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点且斜率大于的直线与椭圆交于两点（），若，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意，点在直线上，并且，得到椭圆方程；（Ⅱ）根据三角形面积公式可得，即，直线方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，根据也得到坐标的关系式，消参后，根据的取值范围求.试题解析：（Ⅰ）因为轴，得到点，所以，所以椭圆的方程是．（Ⅱ）因为所以．由（Ⅰ）可知，设方程，，联立方程得：．即得（*）试卷第14页，共20页又，有，将代入（*）可得：．因为，有，则且． (没考虑到扣1分)综上所述，实数的取值范围为．【点睛】利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 20、已知函数 (为常数，为自然对数的底数）．（Ⅰ）当时，讨论函数在区间上极值点的个数；（Ⅱ）当，时，对任意的都有成立，求正实数的取值范围．【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）第一步求函数的导数，第二步再设，并且求以及时，，分析函数的单调性，得到函数的取值范围，并且根据，讨论和函数的极值以及端点值的大小关系，得到函数的极值点的个数；（Ⅱ）不等式等价于，求的最大值小于试卷第15页，共20页的最小值，即求得的取得范围.试题解析：（Ⅰ）时，，记，则，，当时，，时，，所以当时，取得极小值，又，，，所以（ⅰ）当,即时，，函数在区间上无极值点；（ⅱ）当即时，有两不同解，函数在区间上有两个极值点；（ⅲ）当即时，有一解，函数在区间上有一个极值点；（ⅳ）当即时，，函数在区间上无极值点；试卷第16页，共20页（Ⅱ）当时，对任意的都有，即，即记，，由，当时，时，，所以当时，取得最大值，又，当时，时，，所以当时，取得最小值，所以只需要，即正实数的取值范围是．【点睛】本题考查了零点存在性定理和利用导数研究函数的单调性和极值以及最值的综合性问题，第一问导函数零点问题，参变分离后转化为的交点个数，即利用导数分析函数的单调性和极值，最值，讨论与函数的极值和最值的大小关系，得到零点个数，第二问，同样需根据条件变化函数，近几年高考在导数命题上难度较大，命题方向也较多，常常要构造函数，思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.21、近年来随着我国在教育科研上的投入不断加大，科学技术得到迅猛发展,国内企业的国际竞争力得到大幅提升.伴随着国内市场增速放缓，国内有实力企业纷纷进行海外布局，第二轮企业出海潮到来.如在智能手机行业,国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌手机公司一直默默拓展海外市场，在海外共设多个分支机构，需要国内公司外派大量后、后中青年员工.该企业为了解这两个年龄层员工是否愿意被外派工作的态度，按分层抽样的方式从后和后的员工中试卷第17页，共20页随机调查了位，得到数据如下表：后后（Ⅰ）根据调查的数据，是否有以上的把握认为“是否愿意被外派与年龄有关”，并说明理由；（Ⅱ）该公司举行参观驻海外分支机构的交流体验活动，拟安排名参与调查的后、后员工参加.后员工中有愿意被外派的人和不愿意被外派的人报名参加，从中随机选出人，记选到愿意被外派的人数为；后员工中有愿意被外派的人和不愿意被外派的人报名参加，从中随机选出人，记选到愿意被外派的人数为，求的概率．参考数据：（参考公式：，其中）.【答案】（1）有90% 以上的把握（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）根据公式计算，说明有90%以上的把握认为“是否愿意外派与年龄有关”；（Ⅱ）首先列举所有所包含的所有基本事件，根据每一个基本事件求其概率，最后根据互斥事件和的概率等于概率的和求概率.试卷第18页，共20页试题解析：（Ⅰ）所以有90% 以上的把握认为“是否愿意外派与年龄有关” （Ⅱ）“”包含：“”、 “”、 “”、 “”、“”、 “”六个互斥事件且，，，所以：．22、选修4-4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为（为参数）．在以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，求．【答案】（1）（2）4【解析】试题分析：（Ⅰ）消去得到直线的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，得到曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）直线时过原点的直线，并且倾斜角是，所以设直线的极坐标方程是，代入圆的极坐标方程得到的二次方程，而，根据根与系数的关系得到结果.试卷第19页，共20页试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程是即曲线的直角坐标方程是即（Ⅱ）直线的极坐标方程是，代入曲线的极坐标方程得：，所以．23、选修4-5：不等式选讲已知．（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）根据零点分段法，分三种情况讨论去绝对值，求不等式的解集；（Ⅱ）若存在不等式成立，即，根据含绝对值三角不等式得到，然后再解含的绝对值不等式.试题解析：（Ⅰ）不等式等价于或或，解得或，所以不等式的解集是；（Ⅱ），，，解得实数的取值范围是．试卷第20页，共20页。

江西省南昌市2017-2018学年高三第二轮复习测试卷理科数学(七) ---精校解析Word版

2017-2018学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(七)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.1.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出集合，，判断，的关系，即可得到答案.【详解】因为，.所以.故选A.【点睛】本题考查集合与集合的关系，是基础题.2.2.已知复数 (为虚数单位)，则的虚部为( )A. －1B. 0C. 1D. i【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算计算即可.【详解】因为，故虚部为1.故选C.【点睛】本题考查复数的除法运算，属基础题.3.3.函数的零点所在的大致区间为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】,,且为单调递增函数，所以零点所在的大致区间为，选B.点睛：判断函数零点(方程的根)所在区间的方法(1)解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上．(2)定理法：利用零点存在性定理进行判断．(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．4.4.已知随机变量服从正态分布即，且，若随机变量，则（）A. 0.3413B. 0.3174C. 0.1587D. 0.1586【答案】C【解析】【分析】利用正态分布的对称性，结合题意即可求得结果【详解】由题设由正态分布的对称性可得故选【点睛】本题主要考查了正态分布的性质，解题的关键是掌握正态分布的对称性，属于基础题。

5.5.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用，还提出了一元二次方程的解法问题.直角三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”.设、分别是双曲线，的左、右焦点，是该双曲线右支上的一点，若分别是的“勾”“股”，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题可得，所以，又，由此可求双曲线的离心率.【详解】由双曲线的定义得，所以，即，由题意得，所以，又，所以，解得，从而离心率故选D.【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，属中档题.6.6.给出下列四个命题:①“若为的极值点，则=0”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p：，则；④命题“，使得”的否定是：“，均有”.其中不正确的个数是( )A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】A【解析】【分析】分别对①②③④进行真假判断，从而得到结论．【详解】“若x0为y=f(x)的极值点，则=0”的逆命题为: “若=0，则x0为y=f(x)的极值点”,为假命题,即①不正确;“平面向量的夹角是钝角”的必要不充分条件是,即②不正确;若命题p: ，则,即③不正确;特称命题的否定为全称命题,即④正确.即不正确的个数是3.故选A.【点睛】本题考查了四种命题的关系，充分必要条件，以及命题的否定，属于中档题．7.7.执行如图所示的程序框图．如果输入，则输出的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，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．【详解】因为输入，，.所以第1步：，；第2步：，；第3步：，；……以此类推，第2018步：，，所以输出，故选C.【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属基础题．8.8.为庆祝中国人民解放军建军90周年，南昌市某校打算组织高一6个班级参加红色旅游活动，旅游点选取了八一南昌起义纪念馆，南昌新四军军部旧址等5个红色旅游景点．若规定每个班级必须参加且只能游览1个景点，每个景点至多有两个班级游览，则这6个班级中没有班级游览新四军军部旧址的不同游览方法数为（）A. 3600B. 1080C. 1440D. 2520【答案】C【分析】根据题意分两种情况讨论：第一种，先将个班级分成四组，分别为再分配到四个景点，第二种，将人平均分成三组，再分配到除新四军军部旧址外的四个景点的任意三个景点，分别求出每一种情况的参观方法数，由加法原理计算可得答案【详解】由于每个班级必须参加且只能游览个景点，且每个景点至多有两个班级游览，因此可以把问题看成是将个班级分配到除新四军军部旧址外的四个景点或三个景点，可以分两种情况：第一种，先将个班级分成四组，分别为再分配到四个景点，不同的参观方法数为：种第二种，将人平均分成三组，在分配到除新四军军部旧址外的四个景点的任意三个景点，不同的参观方法数为：种由上可知，不同的参观方法数共有种故选【点睛】本题主要考查了排列，组合的实际应用，注意题目中的分类讨论，由不同的情形得到不同的参观方法，继而求出结果。

江西省南昌市第二中学2017-2018学年高三上学期第二次考试数学(理)试题 Word版含答案

南昌二中2017-2018学年度上学期第二次考试高三数学（理）试卷一、选择题（每小题5分，共60分）1．已知集合{|lg(2)0}M x x =-≤，{|13}N x x =-≤≤，M N =（）A ．{|3}x x ≤B ．{|23}x x <<C ．ND ．R2．若0sin 2cos t xdx π=-⎰，其中()0,t π∈，则t =（）A.3πB.2πC.23πD.π3．已知132()3a =，122()3b =，123()5c =，则下列关系中正确的是（）A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．a ＞c ＞bD ．c ＞a ＞b4．已知定义域为R 的函数()f x 不是偶函数，则下列一定为真的是（） A ．x R ∀∈，()()f x f x -≠B ．x R ∀∈，()()f x f x -≠-C ．0x R ∃∈，00()()f x f x -≠D ．0x R ∃∈，00()()f x f x -≠-5．已知()x f 在R 上是奇函数，且满足()()x f x f -=+5,当()5,0∈x 时，()25f x x x =-，则()=2016f （） A.-12B. -16C. -20D. 06．设322()log (1)f x x x x =+++，则对任意实数a ，b ，“0a b +≥”是“()()0f a f b +≥”的（）A ．充分必要条件B ．充分而非必要条件C ．必要而非充分条件D ．既非充分也非必要条件7．函数sin (cos 3sin )(0)2y x x x x π=-≤≤的值域为（）A ．3[3,1]2+B ．33[,1]22-- C ．[0,1]D ．3[3,1]2--8．在△ABC 中，角C B A ,,所对的边分别为c b a ,,，已知a ＝32，c ＝22，bcB A 2tan tan 1=+，则C ＝（） A. 30°B. 45°C. 45°或135°D. 60°9. 已知()f x 是定义在(0,)+∞的函数，且()0f x >. 满足2()()0f x xf x '+>，则下列不等式正确的是（）A. )2015(2015)2016(2016f f >B. )2015(2015)2016(2016f f <C. )2016(2016)2015(201533f f <D. )2016(2016)2015(201533f f >10．如图所示，函数()sin()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><离y 轴最近的零点与最大值均在抛物线231122y x x =-++上，则()f x ＝（）A.1()sin()63f x x π=+ B.1()sin()23f x x π=+ C.()sin()23f x x ππ=+ D.()sin()26f x x ππ=+11．已知函数()|1|x f x e =-，0a b >>，()()f a f b =，则(2)a b e -的最大值为（） A ．1eB ．1C ．2D ．e12．设函数)cos (sin )(x x e x f x -= (02016)x π≤≤,则函数)(x f 的各极小值之和为（）A ．220162(1)1e e e πππ---B ．21008(1)1e e e πππ--- C ．210082(1)1e e e πππ---D ．220142(1)1e e e πππ---二、填空题（每小题5分，共20分） 13．220(4)x x dx -+⎰的值等于 .14．已知，且，则l g (8s i n 6c o s )l g (4s i n c o s )αααα+--= ．15. 若函数()2,02lg ,0xkx x f x x x x ⎧+≤⎪=-⎨⎪>⎩有且只有2个不同零点，则实数k 的取值范围是 .16．函数()|cos |(0)f x x x =≥的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为θ，则2(1)sin 2θθθ+= ．三、解答题（本大题共6小题，请写出必要的解题步骤和文字说明） 17.（本小题满分10分）设函数22()log (2)log 16xf x x =⋅. （1）解方程()60f x +=；（2）设不等式23224x xx +-≤的解集为，求函数()f x （x M ∈）的值域.(0,)2πα∈3)4tan(=+παM18.（本小题满分12分）已知函数1)22cos()62cos()62cos()(++--++=πππx x x x f .（1）求函数)(x f 的最小正周期和单调递减区间；（2）若将函数)(x f 的图象向左平移)0(>m m 个单位后，得到的函数)(x g 的图象关于直线4π=x 对称，求实数m 的最小值.19.（本小题满分12分）（1）已知()2tan 5αβ+=，1tan 44πβ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，求cos sin cos sin αααα+-的值；（2）已知α，β均为锐角，且()5cos 5αβ+=，()10sin 10αβ-=，求β．20.（本小题满分12分）已知函数()2ln f x ax bx x =+-（,a b ∈R ）．（1）当1,3a b =-=时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（2）当0a =时，是否存在正实数b ，当(]0,e x ∈（e 是自然对数底数）时，函数()f x 的最小值是3，若存在，求出b 的值；若不存在，说明理由；21.（本小题满分12分）如图,在△ABC 中,3π=B ,BC=2,点D 在边AB 上,AD=DC,DE⊥AC,E 为垂足.（1）若△BCD 的面积为33,求CD 的长; （2）若ED=26,求角A 的大小.22.（本小题满分12分）设函数x a bx x x f ln )(2-+=（1）若x=2是函数f(x)的极值点，1和0x 是函数)(x f 的两个不同零点，且N n n n x ∈+∈),1,(0，求n 。

2018年江西省南昌市高考数学二模试卷(理科)(解析版)

2018年江西省南昌市高考数学二模试卷（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）已知全集为R，集合A＝{x|log2x＜2}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，则（∁R A）∩B等于（）A．[1，+∞）B．[4，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪[4，+∞）2．（5分）若实数x，y满足+y＝2+i（i为虚数单位），则x+yi在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）已知a，b为实数，则“ab＞b2”是“a＞b＞0”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4．（5分）已知一个几何体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积为（）A．8B．32C．16D．165．（5分）执行如图的程序框图，若a＝8，则输出的S＝（）A．2B．C．0D．﹣16．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，抛物线上一点P，若|PF|＝5，则△PKF的面积为（）A．4B．5C．8D．107．（5分）已知点P（m，n）在不等式组表示的平面区域内，则实数m的取值范围是（）A．[]B．[﹣5]C．[﹣5]D．[﹣5，1]8．（5分）如图，已知函数f（x）＝cos（ωx+φ）（ω＞0，﹣φ＜0）的部分图象与x轴的一个交点为A（﹣），与y轴的交点为B（0，），那么函数f（x）图象上的弧线AB与两坐标所围成图形的面积为（）A．B．C．D．9．（5分）已知函数f（x）＝，设g（x）＝kf（x）+x2+x（k为常数），若g （10）＝2018，则g（﹣10）等于（）A．1998B．2038C．﹣1818D．﹣221810．（5分）在《周易》中，长横“”表示阳爻，两个短横“”表示阴爻．有放回地取阳爻和阴爻三次合成一卦，共有23＝8种组合方法，这便是《系辞传》所说“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”．有放回地取阳爻和阴爻一次有2种不同的情况，有放回地取阳爻和阴爻两次有四种情况，有放回地取阳爻和阴爻三次，八种情况．所谓的“算卦”，就是两个八卦的叠合，即共有放回地取阳爻和阴爻六次，得到六爻，然后对应不同的解析．在一次所谓“算卦”中得到六爻，这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是（）A．B．C．D．11．（5分）在△ABC中，A＝，△ABC的面积为2，则的最小值为（）A．B．C．D．12．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l：12x﹣5y﹣24＝0交双曲线的右支于A，B两点，若∠AF1B的角平分线的方程为x ﹣4y+2＝0，则三角形AF1B内切圆的标准方程为（）A．（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2B．（x﹣1）2+（y﹣）2＝（）2C．（x﹣1）2+（y﹣）2＝（）2D．（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）从某企业的某种产品中抽取1000件，测量该种产品的一项指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图．假设这种指标值在[185，215]内’则这项指标合格，估计该企业这种产品在这项指标上的合格率为．14．（5分）已知正△ABC的边长为2，若＝2，则等于．15．（5分）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1的上下底边长分别为3，高为7，若该正三棱台的六个顶点均在球O的球面上，且球心O在正三棱台ABC﹣A1B1C1内，则球O 的表面积为．16．（5分）如图，有一块半径为20米，圆心角的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形OCD，弓形CMD，扇形AOC和扇形BOD（其中∠AOC＝∠BOD）．某次菊花展分别在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜．预计这三种菊花展示带来的日效益分别是：50元/米2，30元/米2，40元/米2．为使预计日总效益最大，∠COD 的余弦值应等于．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）已知各项均为正数且递增的等比数列{a n}满足：2a3，，2a5成等差数列，前5项和S5＝31．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列a 1，a2，a2，a2，a3，a3，a3，a3，a3，…的前100项和．18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB ＝2CD＝2AD＝4，侧面P AB是等腰直角三角形，P A＝PB，平面P AB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面P AD．（1）确定点E，F的位置，并说明理由；（2）求二面角D﹣EF﹣C的余弦值．19．（12分）为提升教师专业功底，引领青年教师成长，某市教育局举行了全市“园丁杯”课堂教学比赛，在这次比赛中，通过采用录像课评比的片区预赛，有A，B，C，D，…I，J共10位选手脱颖而出进入全市决赛．决赛采用现场上课形式，从学科评委库中采用随机抽样抽选代号1，2，3，…，7的7名评委，规则是：选手上完课，评委们当初评分，并从7位评委评分中去掉一个最高分，去掉一个最低分，根据剩余5位评委的评分，算出平均分作为该选手的最终得分．记评委i对某选手评分排名与该选手最终排名的差的绝对值为“评委i对这位选手的分数排名偏差”（i＝1，2…7）．排名规则：由高到低依次排名，如果选手分数一样，认定名次并列（如：选手B，E分数一致排在第二，则认为他们同属第二名，没有第三名，接下来分数为第四名）．七位评委评分情况如下表所示：（1）根据最终评分表，填充如下表格：（2）试借助评委评分分析表，根据评委对各选手的排名偏差的平方和，判断评委4与评委5在这次活动中谁评判更准确．号评委评分分析表（3）从这10位选手中任意选出3位，记其中评委4比评委5对选手排名偏差小的选手数位X，求随机变量X的分布列和数学期望．20．（12分）已知平面直角坐标系内两定点A（），B（2）及动点C（x，y），△ABC的两边AC，BC所在直线的斜率之积为．（1）求动点C的轨迹E的方程；（2）设P是y轴上的一点，若（1）中轨迹E上存在两点M，N使得＝2，求以AP为直径的圆面积的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）＝2xlnx+2x，g（x）＝a（x﹣1）（a为常数，且a∈R）．（1）若当x∈（1，+∞）时，函数f（x）与g（x）的图象有且只要一个交点，试确定自然数n的值，使得a∈（n，n+1）（参考数值≈4.48，ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln7≈1.95）；（2）当x＞3时，证明：f（x）（其中e为自然对数的底数）．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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程是ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程；（2）设曲线C1C2交于点A，B，曲线C2与x轴交于点E，求线段AB的中点到点E的距离．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝﹣|x﹣a|+a，g（x）＝|2x﹣1|+|2x+4|．（1）解不等式g（x）＜6；（2）若对任意的x1∈R，存在x2∈R，使得﹣g（x1）＝f（x2）成立，求实数a的取值范围．2018年江西省南昌市高考数学二模试卷（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）已知全集为R，集合A＝{x|log2x＜2}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，则（∁R A）∩B等于（）A．[1，+∞）B．[4，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪[4，+∞）【解答】解：A＝{x|0＜x＜4}，B＝{x|x＜﹣1，或x＞3}；∴∁R A＝{x|x≤0，或x≥4}；∴（∁R A）∩B＝{x|x＜﹣1，或x≥4}＝（﹣∞，﹣1）∪[4，+∞）．故选：D．2．（5分）若实数x，y满足+y＝2+i（i为虚数单位），则x+yi在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：∵+y＝2+i（i为虚数单位），∴x+y+yi＝（1+i）（2+i）＝1+3i，∴，解得y＝3，x＝﹣2．则x+yi在复平面内对应的点（﹣2，3）位于第二象限．故选：B．3．（5分）已知a，b为实数，则“ab＞b2”是“a＞b＞0”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【解答】解：a＞b＞0⇒ab＞b2，反之不成立，例如：a＝﹣2，b＝﹣1．∴“ab＞b2”是“a＞b＞0”的必要不充分条件．故选：B．4．（5分）已知一个几何体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积为（）A．8B．32C．16D．16【解答】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个三棱柱，底面面积S＝×4×2＝4，高h＝4，故该几何体的体积V＝4×4＝16，故选：D．5．（5分）执行如图的程序框图，若a＝8，则输出的S＝（）A．2B．C．0D．﹣1【解答】解：若a＝8，则当k＝0时，满足进行循环的条件，S＝﹣1，k＝1；当k＝1时，满足进行循环的条件，S＝，k＝2；当k＝2时，满足进行循环的条件，S＝2，k＝3；当k＝3时，满足进行循环的条件，S＝﹣1，k＝4；当k＝4时，满足进行循环的条件，S＝，k＝5；当k＝5时，满足进行循环的条件，S＝2，k＝6；当k＝6时，满足进行循环的条件，S＝﹣1，k＝7；当k＝7时，满足进行循环的条件，S＝，k＝8；当k＝8时，不满足进行循环的条件，故输出的S＝，故选：B．6．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，抛物线上一点P，若|PF|＝5，则△PKF的面积为（）A．4B．5C．8D．10【解答】解：F（1，0），K（﹣1，0），准线方程为x＝﹣1，设P（x0，y0），则|PF|＝x0+1＝5，即x0＝4，不妨设P在第一象限，则P（4，4），∴S PKF＝×|FK|×|y0|＝×2×4＝4．故选：A．7．（5分）已知点P（m，n）在不等式组表示的平面区域内，则实数m的取值范围是（）A．[]B．[﹣5]C．[﹣5]D．[﹣5，1]【解答】解：不等式组表示的平面区域如图阴影部分：由题意可得：，消去n，可得m＝﹣4或m＝1，由图形可知m∈[﹣5，1]．故选：C．8．（5分）如图，已知函数f（x）＝cos（ωx+φ）（ω＞0，﹣φ＜0）的部分图象与x轴的一个交点为A（﹣），与y轴的交点为B（0，），那么函数f（x）图象上的弧线AB与两坐标所围成图形的面积为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，根据函数f（x）＝cos（ωx+φ）（ω＞0，﹣φ＜0）的部分图象与y轴的交点为B（0，），可得cosφ＝，∴cosφ＝，∴φ＝﹣．根据函数的图象x轴的一个交点为A（﹣），结合五点法作图可得ω•（﹣）﹣＝﹣，∴ω＝2，∴函数f（x）＝cos（2x﹣）．弧线AB与两坐标所围成图形的面积为cos（2x﹣）dx＝sin（2x﹣）＝﹣﹣（﹣）＝，故选：A．9．（5分）已知函数f（x）＝，设g（x）＝kf（x）+x2+x（k为常数），若g （10）＝2018，则g（﹣10）等于（）A．1998B．2038C．﹣1818D．﹣2218【解答】解：∵函数f（x）＝，设g（x）＝kf（x）+x2+x（k为常数），g（10）＝2018，∴g（10）＝kf（10）+100+10＝k（210﹣1）+110＝2018，∴k（210﹣1）＝1908，∴g（﹣10）＝kf（﹣10）+100﹣10＝k（210﹣1）+90＝1908+90＝1998．故选：A．10．（5分）在《周易》中，长横“”表示阳爻，两个短横“”表示阴爻．有放回地取阳爻和阴爻三次合成一卦，共有23＝8种组合方法，这便是《系辞传》所说“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”．有放回地取阳爻和阴爻一次有2种不同的情况，有放回地取阳爻和阴爻两次有四种情况，有放回地取阳爻和阴爻三次，八种情况．所谓的“算卦”，就是两个八卦的叠合，即共有放回地取阳爻和阴爻六次，得到六爻，然后对应不同的解析．在一次所谓“算卦”中得到六爻，这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是（）A．B．C．D．【解答】解：在一次所谓“算卦”中得到六爻，基本事件总数n＝26＝64，这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻包含的基本事件m＝＝20，∴这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是p＝＝．故选：B．11．（5分）在△ABC中，A＝，△ABC的面积为2，则的最小值为（）A．B．C．D．【解答】解：△ABC中，A＝，△ABC的面积为2，∴S△ABC＝＝bc＝2，bc＝8，∴＝，令t＝则t＞0，上式化为：＝＝≥2﹣＝，当且仅当2t+1＝2，即t＝，可得b＝2c，又bc＝8，解得c＝4，b＝2时，等号成立；∴的最小值为：．故选：C．12．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l：12x﹣5y﹣24＝0交双曲线的右支于A，B两点，若∠AF1B的角平分线的方程为x ﹣4y+2＝0，则三角形AF1B内切圆的标准方程为（）A．（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2B．（x﹣1）2+（y﹣）2＝（）2C．（x﹣1）2+（y﹣）2＝（）2D．（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2【解答】解：如图，设三角形AF1B的内切圆切AB于E，切AF1于G，切BF1于H，则由BF1﹣BF2＝AF1﹣AF2，得BH+HF1﹣（BE+EF2）＝AG+GF1﹣（AE﹣EF2），∴﹣EF2＝EF2，即EF2＝0，也就是E与F2重合．由∠AF1B的角平分线的方程为x﹣4y+2＝0，可得F1（﹣2，0），则F2（2，0）．设三角形AF1B的内切圆的圆心C（a，b），则，解得a＝，b＝．∴三角形AF1B的内切圆的半径r＝．∴三角形AF1B内切圆的标准方程为（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2 ，故选：A．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）从某企业的某种产品中抽取1000件，测量该种产品的一项指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图．假设这种指标值在[185，215]内’则这项指标合格，估计该企业这种产品在这项指标上的合格率为79%．【解答】解：这种指标值在[185，215]内，则这项指标合格，由频率分布直方图得这种指标值在[185，215]内的频率为：（0.022+0.033+0.024）×10＝0.79，∴估计该企业这种产品在这项指标上的合格率为0.79×100%＝79%．故答案为：79%．14．（5分）已知正△ABC的边长为2，若＝2，则等于1．【解答】解：根据题意，正△ABC的边长为2，若＝2，＝+＝+，则＝•（+）＝2+×•＝4+×2×2×cos120°＝4﹣3＝1；故答案为：1．15．（5分）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1的上下底边长分别为3，高为7，若该正三棱台的六个顶点均在球O的球面上，且球心O在正三棱台ABC﹣A1B1C1内，则球O 的表面积为100π．【解答】解：如图，设下底面中心为G，上底面中心为G1，连接GG1，则球心O在GG1上，连接OA，OA1，则OA＝OA1，由已知求得，．∴OG2+42＝（7﹣OG）2+32，解得OG＝3．∴OA2＝25．则球O的表面积为4π×25＝100π．故答案为：100π．16．（5分）如图，有一块半径为20米，圆心角的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形OCD，弓形CMD，扇形AOC和扇形BOD（其中∠AOC＝∠BOD）．某次菊花展分别在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜．预计这三种菊花展示带来的日效益分别是：50元/米2，30元/米2，40元/米2．为使预计日总效益最大，∠COD的余弦值应等于．【解答】解：设∠AOC＝α（0＜α＜），日总效益设为y，则y＝α•202•40•2+•202•sin（﹣2α）•50+[（﹣2α）•202﹣•202•sin（﹣2α）]•30＝16000α+10000sin（﹣2α）﹣6000sin（﹣2α）+4000π﹣12000α＝4000[α+sin（﹣2α）]+4000π，（0＜α＜），y′＝4000[1﹣2cos（﹣2α）]，由y′＝0，可得﹣2α＝，解得α＝，由0＜α＜，函数y递增；＜α＜，函数y递减，即有α＝，即有∠COD＝时，预计日总效益最大，∠COD的余弦值应等于，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）已知各项均为正数且递增的等比数列{a n}满足：2a3，，2a5成等差数列，前5项和S5＝31．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列a 1，a2，a2，a2，a3，a3，a3，a3，a3，…的前100项和．【解答】解：（1）由各项均为正数且递增的等比数列{a n}满足：2a3，，2a5成等差数列，则：5a4＝2a3+2a5，设数列的公比为q，则：2q2﹣5q+2＝0，解得：q＝2或q＝（舍去），所以：＝31，解得：a1＝1．所以数列的通项公式为：．（2）由1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2＝100，解得：n＝10．所以所求数列的前100项和T100＝a1+3a2+5a3+…+19a10，即：①，②，①﹣②得：，＝，解得：．18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB ＝2CD＝2AD＝4，侧面P AB是等腰直角三角形，P A＝PB，平面P AB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面P AD．（1）确定点E，F的位置，并说明理由；（2）求二面角D﹣EF﹣C的余弦值．【解答】解：（1）平面CEF∥平面P AD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴CE∥AD，又∵AB∥DC，∴四边形AECD是平行四边形，∴DC＝AE＝，即点E是AB的中点，∵平面CEF∥平面P AD，平面CEF∩平面P AB＝EF，平面P AD∩平面P AB＝P A，∴EF∥P A，点E是AB的中点，∴点F是PB的中点，综上，E，F分别是AB，PB的中点；（2）∵P A＝PB，AE＝EB，∴PE⊥AB，又∵平面P AB⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，又AB⊥AD，∴CE⊥AB．如图以点E为坐标原点，EC，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B（0，2，0），C（2，0，0），D（2，﹣2，0），E（0，0，0），由中点公式得到F（0，1，1），设平面CEF，平面DEF的法向量分别为，，由，令y1＝1，得，由，令y2＝1，得．∴cos＜＞＝．综上，二面角D﹣EF﹣C的余弦值是．19．（12分）为提升教师专业功底，引领青年教师成长，某市教育局举行了全市“园丁杯”课堂教学比赛，在这次比赛中，通过采用录像课评比的片区预赛，有A，B，C，D，…I，J共10位选手脱颖而出进入全市决赛．决赛采用现场上课形式，从学科评委库中采用随机抽样抽选代号1，2，3，…，7的7名评委，规则是：选手上完课，评委们当初评分，并从7位评委评分中去掉一个最高分，去掉一个最低分，根据剩余5位评委的评分，算出平均分作为该选手的最终得分．记评委i对某选手评分排名与该选手最终排名的差的绝对值为“评委i对这位选手的分数排名偏差”（i＝1，2…7）．排名规则：由高到低依次排名，如果选手分数一样，认定名次并列（如：选手B，E分数一致排在第二，则认为他们同属第二名，没有第三名，接下来分数为第四名）．七位评委评分情况如下表所示：（1）根据最终评分表，填充如下表格：（2）试借助评委评分分析表，根据评委对各选手的排名偏差的平方和，判断评委4与评委5在这次活动中谁评判更准确． 4 号评委评分分析表（3）从这10位选手中任意选出3位，记其中评委4比评委5对选手排名偏差小的选手数位X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．【解答】解：（1）依据评分规则：＝＝85，＝＝93．所以选手的均分及最终排名表如下：（2）对4号评委分析：4号评委评分分析表排名偏差平方和为：12+02+22+12+12+22+22+12+02+12＝17．对5号评委分析：5号评委评分分析表排名偏差平方和为：22+12+52+12+12+12+32+02+12+02＝43．由于17＜43，所以评委4更准确．（3）10位选手中，评委4比评委5评分偏差小的有5位，X可能取值有0，1，2，3．P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，所以X的分布列为：所以数学期望EX＝＝．20．（12分）已知平面直角坐标系内两定点A（），B（2）及动点C（x，y），△ABC的两边AC，BC所在直线的斜率之积为．（1）求动点C的轨迹E的方程；（2）设P是y轴上的一点，若（1）中轨迹E上存在两点M，N使得＝2，求以AP为直径的圆面积的取值范围．【解答】解：（1）由已知，即，整理得：3x2+4y2＝24，又三点构成三角形，得y≠0．∴点C的轨迹E的方程为（y≠0）．（2）设点P的坐标为（0，t），当直线MN斜率不存在时，可得M，N分别是短轴的两端点，得到t＝，当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx+t，M（x1，y1），N（x2，y2），则由，得x1＝﹣2x2，①联立，得（3+4k2）x2+8ktx+4t2﹣24＝0，由△＞0，得64k2t2﹣4（3+4k2）（4t2﹣24）＞0，整理得t2＜8k2+6．由韦达定理得，，②由①②，消去x1，x2，得，由，解得，又∵M为长轴端点（，0）时，可求得N点，此时t＝，综上，或2＜t2＜6，又∵以AP为直径的圆面积S＝，∴S的取值范围是．21．（12分）已知函数f（x）＝2xlnx+2x，g（x）＝a（x﹣1）（a为常数，且a∈R）．（1）若当x∈（1，+∞）时，函数f（x）与g（x）的图象有且只要一个交点，试确定自然数n的值，使得a∈（n，n+1）（参考数值≈4.48，ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln7≈1.95）；（2）当x＞3时，证明：f（x）（其中e为自然对数的底数）．【解答】解：（1）记F（x）f（x）﹣g（x）＝2xlnx+（2﹣a）x+a，则F′（x）＝2lnx+4﹣a，当a≤4时，因为x＞1，F′（x）＞0，函数F（x）单调递增，F（x）＞F（1）＝2＝，函数y＝F（x）无零点，即函数f（x）与g（x）的图象无交点；当a＞4时，F′（x）＝0⇒x＝＞1，且x∈（1，）时，F′（x）＜0，x＞时，F′（x）＞0，所以，F（x）min＝F（），函数f（x）与g（x）的图象有且只有一个交点，得F（x）min＝F（）＝0，化简得：a﹣＝0，记h（a）＝a﹣，h′（a）＝1﹣＜0，所以h（a）在（4，+∞）上单调递减，又h（6）＝6﹣2e＞0，h（7）＝7﹣2e＜0，所以a∈（6，7），即n＝6．（2）由（1）得：当x＞3时，f（x）≥g（x）＝a（x﹣1）＞6（x﹣1），只要证明：x＞3时，6（x﹣1）即eln（x﹣2）﹣＞0，记G（x）＝eln（x﹣2）﹣，则G′（x）＝﹣＝，记φ（x）＝3ex2﹣（6e+4）x+3e+8，图象为开口向上的抛物线，对称轴为x＝1+＜3，且φ（3）＝12e﹣4＞0，所以当x＞3时，φ（x）＞0，即G′（x）＞0，所以G（x）在区间（3，+∞）上单调递增，从而G（x）＞G（3）＝0，即eln（x﹣2）﹣＞0，成立，所以f（x）成立．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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程是ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程；（2）设曲线C1C2交于点A，B，曲线C2与x轴交于点E，求线段AB的中点到点E的距离．【解答】解：（1）∵曲线C1的极坐标方程是ρ＝4sinθ，∴曲线C1的极坐标方程可以化为：ρ2﹣4ρsinθ＝0，∴曲线C1的直角坐标方程为：x2+y2﹣4y＝0，∵曲线C2的极坐标方程为．∴曲线C2的极坐标方程可以化为：+＝2，∴曲线C2的直角坐标方程为：x+﹣4＝0．（2）∵点E的坐标为（4，0），C2的倾斜角为，∴C2的参数方程为：（t为参数），将C2的参数方程代入曲线C1的直角坐标方程得到：（4﹣t）2+﹣2t＝0，整理得：+16＝0，判别式＞0，∵，∴中点对应的参数为2，∴线段AB中点到E点距离为2．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝﹣|x﹣a|+a，g（x）＝|2x﹣1|+|2x+4|．（1）解不等式g（x）＜6；（2）若对任意的x1∈R，存在x2∈R，使得﹣g（x1）＝f（x2）成立，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）g（x）＝|2x﹣1|+|2x+4|＝①当x≤﹣2时，﹣4x﹣3＜6，得x＞﹣，即﹣＜x≤﹣2；②当﹣2＜x＜时，5＜6，即﹣2＜x＜；③当x≥时，4x+3＜6，得x＜，即≤x＜；综上，不等式g（x）＜6解集是（﹣，）．（2）对任意的x1∈R，存在x2∈R，使得﹣g（x1）＝f（x2）成立，即f（x）的值域包含﹣g（x）的值域，由f（x|＝﹣|x﹣a|+a，知f（x）∈（﹣∞，a），由g（x）＝|2x﹣1|+|2x+4|≥|2x﹣1﹣2x﹣4|＝5，且等号能成立，所以﹣g（x）∈（﹣∞，﹣5），所以a≥﹣5，即a的取值范围为[﹣5，+∞）．。

【2018年数学高考】江西省南昌市第二中学2018届高三上学期第七次月考(期末)数学(理)

南昌二中2017～2018学年度上学期第七次考试高三数学（理）试卷一、选择题（每小题5分，共60分。

每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的选项填涂在答题卡上）1．已知集合{|{|1}A x y B x a x a ===≤≤+，若A B A ⋃=，则实数的取值范围为（）A. ][(),32,-∞-⋃+∞B.C.D.2．已知实数,m n 满足()()4235m ni i i +-=+，则m n +=（） A. 95 B. 115 C. 94 D. 1143．给出下列命题:①已知,a b R ∈,“1a >且1b >”是“1ab >”的充分条件;②已知平面向量,a b ,"1,1"a b >>是“1a b +>”的必要不充分条件;③已知,a b R ∈,“221a b +≥”是“1a b +≥”的充分不必要条件;④命题:P “0x R ∃∈,使00e 1x x ≥+且00ln 1x x ≤-”的否定为:p ⌝ “x R ∀∈,都有e 1x x <+且ln 1x x >-”.其中正确命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 34．若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()2f x f x +=，且当[]0,1x ∈时，f(x)=x,则函数y=f(x)- 3log x 的零点个数是（）A. 6个B. 4个C. 3个D. 2个5．若将函数()sin2cos2f x x x =+的图象向左平移()0ϕϕ>个单位，所得的图象关于y 轴对称，则ϕ的最小值是（） A. 4π B. 8π C. 38π D. 58π6．如图，在△ABC 中， 21,,33AD AC BP BD ==若AP AB AC λμ=+,则λμ的值为( ) A. －3B. 3C. 2D. －2 7．若正项递增等比数列{}n a 满足()()()243510a a a a R λλ+-+-=∈，则89a a λ+的最小值为（） A. 94-B. 94C. 274D. 274-8．执行如图所示的程序框图，如果输出s ＝4，那么判断框内应填入的条件是（）A. k ≤ 14?B. k ≤ 15?C. k ≤ 16?D. k ≤ 17?9．如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为（）A. 8B. 4C.D.10．北京某大学为第十八届四中全会招募了30名志愿者（编号分别是1，2，，30号），现从中任意选取6人按编号大小分成两组分配到江西厅、广电厅工作，其中三个编号较小的人在一组，三个编号较大的在另一组，那么确保6号、15号与24号同时入选并被分配到同一厅的选取种数是（）A ．25B ．32C ．60D ．10011．已知12,F F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左右焦点，过2F 作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A ,交另一条渐近线于点B ，且2213AF F B =,则该双曲线的离心率为（）A. 2B. 2D. 2 12．已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为()y f x ='，当0x ≠时， ()()0f x f x x +'>，若()1a f =，()22b f =--，11lnln 22c f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()1a f =，则,,a b c 的大小关系正确的是（）A. a c b <<B. b c a <<C. a b c <<D. c a b <<二、填空题（每小题5分，共20分，把答案填写在答题纸的相应位置上）13．设n= 206sinx π⎰dx ，则二项式22n x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中常数项为 ________． 14．已知实数,x y 满足⎪⎩⎪⎨⎧+≤≤+-≥113337y x y x x y 则23412x y z -+⎛⎫= ⎪⎝⎭的最小值为__________． 15．已知椭圆22194x y +=与x 轴交于,A B 两点，过椭圆上一点()00,P x y （P 不与,A B 重合）的切线l 的方程为00194x x y y +=，过点,A B 且垂直于x 轴垂线分别与l 交于,C D 两点，设CB AD 、交于点Q ，则点Q 的轨迹方程为__________．16．有下列命题：①等比数列{}n a 中，前n 项和为n s ，公比为q ，则n n n n n s s s s s 232,,--仍然是等比数列,其公比为n q ；②一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2cm ，则球的体积是π34cm 3；。

江西省南昌市2017届高三第二次模拟考试理科数学试题

NCS20170607项目第二次模拟测试卷理科数学参考答案及评分标准一、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．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13．7 14．240- 15．1,)+∞ 16．37.5 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．【解析】（Ⅰ）因为21()2sin (sin )cos sin 2f x x x x x x x ==+ 1112cos 2sin(2)22262x x x π=-+=-+ (3)分令222,262k x k k Z πππππ-≤-≤+∈，解得,63k x k k z ππππ-≤≤+∈，所以递增区间是[,]()63k k k Z ππππ-+∈； (6)分（Ⅱ）直线x A =是函数()f x 图像的一条对称轴，则2,6223k A k A k z πππππ-=+⇒=+∈，由02A π<<得到3A π=， …………8分所以在ABD ∆中，6BAD π∠=,由正弦定理得sin sin sin 2BD AD B BAD B =⇒=∠，由(0,)2B π∈，所以4B π=，53412C ππππ=--=，5561212CDA ππππ∠=--=， (10)分所以2AC AD ==，所以在ABC ∆中，有2sin 60sin 45BC ACa BC ︒︒=⇒===． …………12分18．【解析】（Ⅰ）222()100(20204020)()()()()60406040n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯==++++⨯⨯⨯ 400400100 2.778 2.7065760000⨯⨯=≈>所以有90% 以上的把握认为“是否愿意外派与年龄有关” …………5分（Ⅱ）“x y <”包含：“0,1x y ==”、 “0,2x y ==”、 “0,3x y ==”、 “1,2x y ==”、 “1,3x y ==”、 “2,3x y ==”六个互斥事件 …………6分且0312334233664(0,1)400C C C C P x y C C ===⨯=，03213342336612(0,2)400C C C C P x y C C ===⨯= 0330334233664(0,3)400C C C C P x y C C ===⨯=，122133423366108(1,2)400C C C C P x y C C ===⨯= 12303342336636(1,3)400C C C C P x y C C ===⨯=，21303342336636(2,3)400C C C C P x y C C ===⨯= 所以：412410836362001()4004002P x y +++++<=== ． (12)分19．【解析】（Ⅰ）连接AC ，设AC BE G = ，则平面SAC 平面EFB FG =，SA //平面EFB ，SA ∴//FG ， …………3分GEA ∆ ∽GBC ∆，12AG AE GC BC ∴==，1123SF AG SF SC FC GC ∴==⇒=，13λ∴=；…………6分（Ⅱ）,2SA SD SE AD SE ==∴⊥= ，又2,60AB AD BAD ==∠=︒，BE ∴=222SE BE SB ∴+=，SE BE ∴⊥，SE ∴⊥平面ABCD ， (8)分以,,EA EB ES 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(0,0,2)A B S ，平面SEB 的法向量(1,0,0)m EA ==，设平面EFB 的法向量(,,)n x y z =，则(,,)00n EB x y z y ⊥⇒⋅=⇒=， (,,)(1,0,2)02n GF n AS x y z x z ⊥⇒⊥⇒⋅-=⇒=，令1z =，得(2,0,1)n =，cos ,5||||m n m n m n ⋅∴<>==⋅． …………12分20．【解析】（Ⅰ）因为1BF x ⊥轴，得到点2(,)b B c a--， …………2分所以2222221()21a a bb a ac c a b c ⎧==⎧⎪⎪⎪=⇒=⎨⎨+⎪⎪=⎩⎪=+⎩，所以椭圆C 的方程是22143x y +=． …………5分（Ⅱ）因为1sin 22(2)112sin 2PAM PBNPA PM APMS PM PM S PN PN PB PN BPN λλλ∆∆⋅⋅∠⋅===⇒=>⋅⋅⋅∠ (6)分所以2P M P N λ=-．由（Ⅰ）可知(0,1)P -，设MN 方程:1y kx =-，1122(,),(,)M x y N x y ，联立方程221143y kx x y=-⎧⎪⎨+=⎪⎩得：22(43)880k x kx +--=．即得122122843843k x x k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪⋅=⎪+⎩（*）又1122(,1),(,1)PM x y PN x y =+=+ ，有122x x λ=-， (7)分将122x x λ=-代入（*）可得：222(2)1643k k λλ-=+． …………8分因为12k >，有2221616(1,4)3434k k k =∈++， …………9分则2(2)14λλ-<<且2λ>44λ⇒<<+ (没考虑到2λ>扣1分) (11)分综上所述，实数λ的取值范围为(4,4+． …………12分注：若考生直接以两个极端位置分析得出答案，只给结果2分. 21．【解析】（Ⅰ）1a =-时，'()ln(1)2+1xf x x x b x =-++-，记('()g x f x b =-），则2232()112'()21(1)(1)x x g x x x x ⋅-=-+=---，3'()02g x x =⇒=， …………2分当13(1,)2x e ∈+时，'()0g x <，3(,1)2x e ∈+时，'()g x 0>，所以当32x =时，()g x 取得极小值6ln 2-，又12(1)2g e e e +=++，1(1)24g e e e+=++，'()0()f x g x b =⇔=-，所以（ⅰ）当6l n2b -≤-,即ln 26b ≥-时，'()0f x ≥，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上无极值点；（ⅱ）当26ln 22b e e -<-<++即22ln 26e b e---<<-时，'()0f x =有两不同解，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上有两个极值点；（ⅲ）当21224e b e e e ++≤-<++即12242e b e e e---<≤---时，'()0f x =有一解，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上有一个极值点；（ⅳ）当124b e e -≥++即124b e e≤---时，'()0f x ≤，函数()f x 在区间1(1,1)e e++上无极值点； (每错一个讨论扣1分) (6)分（Ⅱ）当1,2a b e ==+时，对任意的(1,)x ∈+∞都有12()x f x k e <⋅，即22ln(1)(2)x x x x e x ke --++<，即2ln(1)2x ex x e k x--++<⋅ …………7分记()ln(1)2h x x x e =--++，2()x e x k xφ=⋅，由12'()111x h x x x -=-=--，当12x <<时'()0h x >，2x >时，'()0h x <，所以当2x =时，()h x 取得最大值(2)h e =， (9)分又222221(2)22'()x x x k e x e e x x k x x φ--==，当12x <<时'()0x φ<，2x >时，'()0x φ>，所以当2x =时，()x φ取得最小值2ke， (11)分所以只需要2kee <2k ⇒>，即正实数k 的取值范围是(2,)+∞． …………12分22．【解析】（Ⅰ）直线l的普通方程是1)y x -即y = …………2分曲线C的直角坐标方程是22440x y x +--+=即22(2)(3x y -+= …5分（Ⅱ）直线l 的极坐标方程是3πθ=，代入曲线C 的极坐标方程得：2540ρρ-+=，所以||||||4A B OA OB ρρ⋅==． …………10分23．【解析】（Ⅰ）不等式()2f x <等价于32(23)(21)2x x x ⎧<-⎪⎨⎪-++-<⎩或3122(23)(21)2x x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪++-<⎩ 或12(23)(21)2x x x ⎧>⎪⎨⎪+--<⎩，解得32x <-或302x -≤<，所以不等式()2f x <的解集是(,0)-∞； (5)分（Ⅱ）()|(23)(21)|4f x x x ≤+--= ，max ()4f x ∴=， …………7分|32|4a ∴-<，解得实数a 的取值范围是2(,2)3-． (10)分。

江西省南昌市第二中学2018届高三三轮第二次模拟数学(理)试题+Word版含答案

17. （本小题满分 12 分）已知等差数列 { an} 中 , 公差 d 0 , S7 35 ，且 a2, a5 , a11 成等比数
列.
（1）求数列 { an} 的通项公式；
（2）若 Tn 为数列 { 1 } 的前 n 项和，且存在 n N ，使得 Tn an an 1
an 1 0 成立，求实
数的取值范围 .
15. 在△ ABC 中 , 角 A, B, C 所对的边分别是 a,b, c , 又 I 为△ ABC 的内心 , 且
b c 4, b c a 6, 则 AI BC _________.
16. 若函数 y
f ( x) 满足 f (a x)
f (a x)
2b
( 其中
2
a
2
b
0), 则称函数 y
f ( x) 为
B． ( ,1]
C． (2, )
D． [2, )
2. 在复平面内，复数（）
2 3i 3 2i
z 对应的点的坐标为
2, 2 ，则 Z 在复平面内对应的点位于
A．第一象限
B．第二象限
x4 lg | x |
3. 函数 y
的图象大致是（
| x|
C．第三象限）
D．第四象限
4. 已知直线 m, n 与平面 , , 满足
时内他走过的路程为（
）
A． 9 km 4
B． 10 km 4
C． 11 km 4
D． 13 km 4
7. 在斜二测画法中，圆的直观图是椭圆，则这个椭圆的离心率为（
）
2 A．
2
42 B．
7
3 C．
2
51 D．
2
8. 如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个

2017年江西省南昌市高考数学二模试卷(理科)(解析版)

二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底
面宽 3 丈，长 4 丈；上棱长 2 丈，无宽，高 1 丈（如图）．
问它的体积是多少？”这个问题的答案是（）
A．5 立方丈
B．6 立方丈
C．7 立方丈
D．9 立方丈
9．（5 分）已知抛物线 C：y2＝4x，过焦点 F 且斜率为的直线与 C 相交于 P，Q 两点，且
2017 年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）
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．（5 分）已知集合 A＝{x|y＝lg（3﹣2x）}，B＝{x|x2≤4}，则 A∪B＝（）
A．
B．{x|x＜2}
C．
D．{x|x≤2}
为 3 万元，产品每 1 万件进货价格为 32 万元，若每件产品的售价定为“进货价的 150%”
与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是
万
第 3 页（共 21 页）
元．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）已知函数 f（x）＝2sinx•sin（x+ ）．
2．（5 分）若
（i 为虚数单位，a，t∈R），则 t+a 等于（）
A．﹣1
B．0
C．1
D．2
3．（5 分）已知随机变量 ξ 服从正态分布 N（μ，σ2），若 P（ξ＜2）＝P（ξ＞6）＝0.15，
则 P（2≤ξ＜4）等于（）
A．0.3
B．0.35
C．0.5
D．0.7
4．（5 分）已知函数 f（x）在 R 上可导，则“f'（x0）＝0”是“f（x0）为函数 f（x）的极值” 的（）

2017年南昌市二轮复习试卷(7)理科数学试卷及答案

— 高三理科数学(七)答案第1页 —2016—2017学年度南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(七)参考答案及评分标准题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案DDCCCAAADCCC1【解析】iz =|-1+3i1+i|+2i =2+2i,z =(2+2i )·=2-2i,故复数z 在复平面内所对应的点为(2,-2),位于第四象限.选D .2．【答案】D【解析】对于p 1：令y ＝f (x )，当a ＝12时，f (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋0＝1，f (－1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－1＝1，所以p 1为假命题；对于p 2：a 2－ab ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0，所以p 2为假命题；对于p 3：由α＝2k π＋β(k ∈Z )可得cosα＝cosβ，但由cosα＝cosβ不能得α＝2k π＋β(k ∈Z )，所以p 3是真命题，所以(┑p 2)∧p 3为真命题，故选D . 3．【答案】C【解析】设等差数列,4,251==a a 则32,651342=+==+a a a a a ，9432=++∴a a a ，故选C .4．【答案】C【解析】点P 所在的区域如图中阴影部分所示,可以看出直线z =4x+3y 过点A 时,取得最大值.由得,此时z max =4×1+3×1=7.5．【答案】C 【解析】由题意=2+4+5+6+85=5, =25+35+m +55+755=38+m 5. 因为y 关于x 的线性回归方程为=8.5x +7.5,根据线性回归方程必过样本点的中心, 得38+m5=8.5×5+7.5,所以m =60.故选C . 6．【答案】A— 高三理科数学(七)答案第2页 —【解析】第一次循环: t =12,S =12,x =0;第二次循环: t=1,S =32,x =1;第三次循环: t=2,S =72,x =2;第四次循环: t=4,S =152,x =3>2;第五次循环: t=3,S =212,x =4;第六次循环: t=4,S =292,x =5; 第七次循环: t=5,S =392,x =5>4.故输出S 的值为392. 7．【答案】A【解析】因为随机变量X 服从正态分布,其正态分布密度曲线为函数f (x )=12π的图像,所以X 的数学期望为2,故函数f (x )=12π的图像关于直线x =2对称,因为13,所以P (X >4)=12-13=16, 故选A .8．【答案】A【解析】设AB →＝a ，AD →＝b ，则EF →＝m a ＋n b ，BE →＝AE →－AB →＝12b －a ，由向量EF →与BE →共线可知存在非零实数λ，使得EF→＝λBE →，即m a ＋n b ＝12λb －λa ，又a 与b 不共线，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－λ，n ＝12λ，消去λ得m n ＝－2.故选A . 9．【答案】D【解析】取A 1B 1的中点D,连接DM 、DN .由于M 、N 分别是A 1B 、B 1C 1的中点,所以可得DN ∥A 1C 1,又DN ⊄平面A 1ACC 1,A 1C 1⊂平面A 1ACC 1,所以DN ∥平面A 1ACC 1.同理可证DM ∥平面A 1ACC 1.又DM ∩DN =D,所以平面DMN ∥平面A 1ACC 1,所以MN ∥平面ACC 1A 1,直线MN 与A 1C 异面,A,C 正确.由三视图可得A 1C 1⊥平面BCC 1B 1,所以DN ⊥平面BCC 1B 1,所以DN ⊥BC,又易知DM ⊥BC,所以BC ⊥平面DMN,所以BC ⊥MN,B 正确. D 错误.10．【答案】C【解析】连接CA,AF,则|OC|=|CA|=|CF|=c 2,|OE|=c,所以|EC|=3c2,在Rt △EAC中,|AE|=c,cos ∠ACE =13,在△ACF 中,由余弦定理得|AF|=63c .根据双曲线的定义,得c -63c =2a,所以双曲线的离心率e =c a =32+62故选C .11．【答案】C【解析】若这5名同学都不在同一个班,则有=720种不同的情况;若其中恰好有2名同学在同一个班,其他同学都不在同一个班,则不同的情况有=3 600种;若这5名同学中,有2名同学在同一个班,另外2名同学在另外一个班,剩余1名同学在一个班,则不同的情况有=1800种.则每个班最多有这5名同学中的2名同学的不同情况共有720+3600+1 800=6120种.12．【答案】C【解析】f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－ax⎝⎛⎭⎪⎫x－a1－a(x－1)．①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1的充要条件为f(1)<aa－1，即1－a2－1<aa－1，解得－2－1<a<2－1.②若12<a<1，则a1－a>1，故当x∈(1，a1－a)时，f′(x)<0，f(x)在(1，a1－a)上单调递减；当x∈(a1－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a1－a，＋∞)上单调递增；所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1的充要条件为f(a1－a)<aa－1，即alna1－a+1－a2(a1－a)2+aa－1>aa－1，不合题意；③若a>1，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12<aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分)13．－4 14．150 15．105 256a=16.13．【答案】-4【解析】f(f(e-2))=f(e-4+1)=ln e-4=-4.—高三理科数学(七)答案第3页—— 高三理科数学(七)答案第4页 —14．【答案】150【解析】由已知条件4n －2n ＝240，解得n ＝4，T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r 54－r C r 4342rx -，令4－3r2＝1，得r ＝2，T 3＝150x .15．【答案】256510=a【解析】∵数列{a n }的前n 项和为S n ,S n +(1+2n )a n =4 ①, ∴当n ≥2时,S n-1+=4 ②,①-②,并整理得,∴,……,,∴a n =×…××a 1=×…××1=.当n =1时,a 1=1也适合此式,∴a n =, 256510=a 16．【答案】【解析】如图,过A,B 分别作准线的垂线AQ,BP,垂足分别是Q,P,设|AF|=a,|BF|=b,则由抛物线的定义,得|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|,在梯形ABPQ 中,2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b .由余弦定理得,|AB|2=a 2+b 2-2abcos 120°=a 2+b 2+ab,配方得|AB|2=(a+b )2-ab,因为ab ≤()2(当且仅当a =b 时等号成立),所以(a+b )2-ab ≥(a+b )2-()2=(a+b )2,即|AB|2≥(a+b )2,所以≥=3,则|AB ||MN|≥,即所求的最小值是.三、解答题(本大题共6小题，共70分)— 高三理科数学(七)答案第5页 —17.【解析】(Ⅰ)由频率分布表得0.1＋a ＋b ＋0.2＋0.1＋0.1＝1，即a ＋b ＝0.5.因为所抽调的50名市民中，收入(单位：百元)在[35，45)的有15名，所以b ＝1550＝0.3，所以a ＝0.2，c ＝0.2×50＝10，频率分布直方图如下：(Ⅱ)由题意可知, 随机变量ξ的值可能为0，1，2，3P (ξ＝0)＝C 05C 35C 310＝112, P (ξ＝1)＝C 15C 25C 310＝512, P (ξ＝2)＝C 25C 15C 310＝512, P (ξ＝3)＝C 35C 05C 310＝112所以ξξ 0 1 2 3P112 512 512 112 其数学期望为Eξ＝0×112＋1×512＋2×512＋3×112＝32.(Ⅲ) 2×2列联表为：低收入中(高)收入总计赞成限购24 9 33 不赞成限购6 11 17 总计30 20 50 因为K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )＝50×(24×11－9×6)230×20×33×17＝6.5508＞3.841所以，有95%以上的把握认为赞成限购与收入高低有关。

【数学】江西省南昌市第二中学2018届高三三轮第二次模拟数学(理)试题

南昌二中2018届高三三轮第二次模拟考试数学（理）试卷一、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,只有一个选项是符合题目要求的）．1．设集合(){}2log 2A x y x ==-，{}2|320B x x x =-+<，则=B C A （）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．(2,)+∞D ．[2,)+∞2. 在复平面内，复数23i32iz -++对应的点的坐标为()2,2-，则Z 在复平面内对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3. 函数4lg ||||x x y x =的图象大致是（）4.已知直线n m ,与平面γβα,,满足γαβαβα⊂⊥=⋂⊥n n m ,,,,则下列判断一定正确的是（ )A .m ∥γ,γα⊥B .n ∥β,γα⊥C .β∥γ,γα⊥D .n m ⊥,γα⊥5.执行如图所示的程序框图，则输出的S 值为（）A. 1009B. -1009C. -1007D. 10086.某人吃完饭后散步，在0到3小时内，速度与时间的关系为)/(2323h km t t t v +-=，这3小时内他走过的路程为（）A ．km 49 B ．km 410 C ．km 411 D ．km 4137.在斜二测画法中，圆的直观图是椭圆，则这个椭圆的离心率为（）A ．22 B ．742 C ．23 D ．215-8.如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个322⨯⨯的长方体框架，一个建筑工人欲从A 处沿脚手架攀登至B 处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为（）A ．71B ．72C ．73D ．749.已知函数()3sin 2cos f x x x =+，()3sin 2cos g x x x =-，若将函数()f x 的图象向右平移ϕ个单位后得到函数()g x 的图象，则cos ϕ=（）.A 413-.B 913-.C 1213.D 51310.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.π25B.π26C.π32D.π3611.设函数()()m mx x e x f x +--=12，其中1<m ,若存在唯一的整数n ，使得()0<n f ，则m 的取值范围是（）3.,12A e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 33.,24B e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ 33.,24C e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3.,12D e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭12.已知点(,)P x y 为不等式组2222011x y x y x ⎧--+≥⎪⎨-≤⎪⎩表示的平面区域内的动点，则z =的取值范围是（）A.]35,55[- B.)35,55[-C.[5-D.[5-二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分） 13.二项式53)2(xx -展开式的常数项是_________. 14.《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何。

江西省南昌市2017-2018学年高三第二轮复习测试理科数学试题(解析版)

2017-2018学年南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(一)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.已知集合，，则集合可以是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指数函数的性质，再根据集合的运算得，即可得到结果．【详解】因为，由得，所以只有C项成立，故选C．【点睛】本题主要考查了集合的运算以及指数函数的性质，其中中熟记集合的运算和指数函数的值域是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．2.已知复数满足（为虚数单位），则复数所对应的点位于复平面的（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算，得到复数，即可得到复数在复平面内对应的点，得到答案．【详解】依题意，故，所以复数所对应的点的坐标为，复数所对应的点位于复平面的第一象限，故选A．【点睛】本题主要考查了复数的运算和复数的表示问题，其中熟记复数的四则运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．3.已知双曲线的渐近线经过点，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程，得到双曲线的渐近线的方程，代入点的坐标，即可得到答案．【详解】因为双曲线渐近线为，因为点在第二象限，所以应该落在渐近线上，所以，即，故选C．【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质的应用，其中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．4.已知某校高一年级的期中考试、期末考试的物理成绩分别为和，且，，则以下结论正确的是（）A. 期中考试物理成绩的平均分比期末考试的平均分要高，且期末考试的物理成绩稳定B. 期中考试物理成绩的平均分比期末考试的平均分要高，且期中考试的物理成绩稳定C. 期末考试物理成绩的平均分比期中考试的平均分要高，且期末考试的物理成绩稳定D. 期末考试物理成绩的平均分比期中考试的平均分要高，且期中考试的物理成绩稳定【答案】C【解析】【分析】根据期中、期末成绩分别服从正态分别，根据正态分布的性质，即可得到答案．【详解】因为，，所以，，所以，所以期末考试物理成绩的平均分比期中考试的平均分要高，且期末考试的物理成绩稳定，故选C．【点睛】本题主要考查了正态分布的性质及其应用，其中熟记正态分布的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．5.已知数列为等比数列，，且是与的等差中项，则的值为（）A. 或B.C. 或D.【答案】C【解析】【分析】由是与的等差中项，得，进而解得，代入等比数列的通项公式求解即可.【详解】由题意，所以，故选C．【点睛】本题主要考查了等差中项的概念及等比数列的运算，属于简单题.6.已知，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】在上递增，，化为，由指数函数的性质，可得，故选C.7.已知中，，，若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量的运算得，可得，平方即可得到，即可求得结果．【详解】由及可得，两边平方可得，整理可得，解得，故选B.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算性质，以及向量的模的计算，其中熟记向量的数量积的运算公式和向量的模的运算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用．8.《九章算术》是我国古代著名数学经典．其中对勾股定理的论术比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺．问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分)．已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为( )(注：1丈＝10尺＝100寸，，)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸【答案】D【解析】【分析】由三角形，利用勾股定理可得半径，进而得，再利用，乘以高即可得体积. 【详解】连接，设⊙的半径为，则，所以.由于，所以，即.所以平方寸．∴该木材镶嵌在墙中的体积为立方寸，故选D．【点睛】本题主要考查了垂径定理和勾股定理及扇形的面积公式，柱体的体积公式，属于中档题9.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的表面积为，则俯视图中圆的半径为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由三视图可知该几何体为一个长方体挖去了一个半球，计算表面积令其等于，即可得解.【详解】由三视图可知该几何体为一个长方体挖去了一个半球，设圆半径为，所以该几何体的表面积，得，故选A．【点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后再根据所求进行解题即可．10.某程序框图如图所示，若输出，则判断框中为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由框图程序可知，结合循环结构的终止条件可得解【详解】由框图程序可知因为，所以所以，解得，即当时程序退出，故选B．【点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11.已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点，为抛物线上的任一点，过点作圆的切线，切点分别为，则四边形的面积最小值为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设，则，进而得最值.【详解】由题意可知抛物线的方程为，圆恒的圆心为，半径为．设，则所以当时，切线长取得最小值，此时四边形的面积取得最小值，最小值为，故选D．【点睛】圆中的最值问题，往往转化为到圆心到几何对象（如定直线或定点等）的最值问题．有时也可以转为关于某个变量的函数（变量可为动直线的斜率或点的坐标等），再利用基本不等式或函数的单调性等求其最值．12.若当时，不等式（是整数常数）恒成立，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由时，得，得整数，当时，设，可得，所以，即可得到结果．【详解】由时成立，得，所以整数.接下来可证时成立，设，得，所以，所以所求两的最大值是，故选C．【点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题的求解，其中根据题意构造新函数，利用导数得到函数的单调性，求得函数的最小值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13.已知函数是奇函数，且，则__．【答案】-63【解析】【分析】由函数是奇函数，得，又，即，得，得到函数的解析式，即可求解答案．【详解】因为函数是奇函数，所以，解得．又，即，所以，解得．所以，故．【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用及函数值的求解问题，其中利用函数的奇偶性和得到函数的解析式是解得关键，着重考查了推理与运算能力．14.已知变量满足约束条件，若恒成立，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】由不等式恒成立，可得恒成立，故，由线性规划求最值即可.【详解】由不等式恒成立，可得恒成立，故．作出不等式组满足约束条件所对应的可行域，可得经过点时有最小值，所以实数的取值范围为．【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.15.已知二项式的展开式中二项式系数之和为，则展开式中有理项系数的最大值为________．【答案】【解析】【分析】由二项式的展开式中二项式系数之和，求得，得到二项展开式的通项通项为，令时，得，即可得到答案．【详解】因为二项式的展开式中二项式系数之和为，所以，则二项式的通项为，当时，，所以有理项系数为，因为，故答案为．【点睛】本题主要考查二项式定理的通项与系数等问题的应用，其中关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．16.已知数列的前项和为，若，则________．【答案】【解析】【分析】由题意，化简得，进而得，得到数列是首项为，公比为的等比数列，即可得到答案；另外可利用猜想，也可得到答案．【详解】在中分别取得，两式相减得．把代入得，即，中，取得．所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以．另解：可运用归纳推理：，，，，猜想得，由题意得，所以．【点睛】本题主要考查了数列的综合应用问题，其中根据数列的递推公式，化简得到是首项为，公比为的等比数列，进而求解是解得关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力．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.已知函数的部分图像如图所示，其中、分别为函数的一个最高点和最低点，、两点的横坐标分别为，且．（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递增区间；（Ⅱ）在中，角的对边分别是，且满足，求的值．【答案】(1) 单调递增区间为;(2)1.【解析】【分析】（1）由图可知，从而可解得，再由得，又因为，可得，令，即可得解；（2）由余弦定理可得，进而得，即，所以，从而得解.【详解】（1）由图可知，所以，又因为，所以，又因为，因为，所以.所以函数，令，解得，所以函数的单调递增区间为.（2）因为，由余弦定理得所以所以，当且仅当等号成立，即所以，有.【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质，由的部分图象确定其解析式的方法.解决问题的关键是熟练掌握各个参数的意义，代表振幅，可由图象的最小最大值确定；可由函数的周期确定；是初相，可由特殊点确定.18.某大学为了更好提升学校文化品位，发挥校园文化的教育功能特举办了校园文化建设方案征集大赛，经评委会初评，有两个优秀方案入选.为了更好充分体现师生的主人翁意识，组委会邀请了100名师生代表对这两个方案进行登记评价（登记从高到低依次为），评价结果对应的人数统计如下表：（Ⅰ）若从对1号方案评价为的师生中任选3人，求这3人中至少有1人对1号方案评价为的概率；（Ⅱ）在级以上（含级），可获得2万元的奖励，级奖励万元，级无奖励.若以此表格数据估计概率，随机请1名师生分别对两个方案进行独立评价，求两个方案获得的奖励总金额（单位：万元）的分布列和数学期望．【答案】(1) 概率为；（2）见解析.【解析】【分析】（1）记事件“这3人中至少有1人对1号方案评价为”为事件，则为“这3人对1号方案的评价都为”，根据对立事件的概率，即可求解；（2）由表可知，1和2号方案评价在级以上的概率和评价为的概率，以及评价为的概率，的奥随机变量的所有可能取值为，求得取每个值对应的概率，得到分布列，进而求解其数学期望．【详解】（1）由表格可知，对1号方案评价为的师生有15人，评价为的师生由10人.记事件“这3人中至少有1人对1号方案评价为”为事件，则为“这3人对1号方案的评价都为”.所以，故，即所求概率为.（2）由表可知，1号方案评价在级以上的概率为，评价为的概率为，评价为的概率为；2号方案评价在级以上的概率为，评价为的概率为，评价为的概率为.随机变量（单位：万元）的所有可能取值为，，，所以的分布列为故.【点睛】求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可取值有那些？当随机变量取这些值时所对应的事件的概率有是多少，计算出概率值后，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望.；列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.19.如图，在斜三棱柱中，已知，，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）余弦值为.【解析】【分析】（1）证明：连接，在平行四边形中，得，又，证得，利用线面垂直的判定定理得，进而得到平面平面.（2）取的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到平和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角的余弦值．【详解】（1）证明：连接，在平行四边形中，由得平行四边形为菱形，所以，又，所以，所以，又，所以，所以平面平面（2）取的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则的法向量为，设面的法向量为，因为，所以由，令，则设所求二面角为，则故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知点在椭圆上，设分别为椭圆的左顶点、下顶点，原点到直线的距离为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设为椭圆在第一象限内一点，直线分别交轴、轴于两点，求四边形的面积．【答案】（1）椭圆的方程为；（2）四边形的面积为.【解析】【分析】（1）根据条件可得，，从而可解得椭圆方程；（2）设点，从而有，得，所以四边形的面积为，从而可得解.【详解】（1）因为椭圆经过点，有，由等面积法，可得原点到直线的距离为，联立两方程解得，所以椭圆的方程为．（2）设点，则，即．直线，令，得．从而有，同理，可得．所以四边形的面积为．所以四边形的面积为．【点睛】本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，需要较大的运算量，属于难题.21.已知函数，函数的图像为直线．（Ⅰ）当时，若函数的图像永远在直线下方，求实数的取值范围；（Ⅱ）当时，若直线与函数的图像的有两个不同的交点，线段的中点为，求证：．【答案】（1）的取值范围是；（2）见解析.【解析】【分析】（1）当时，若函数的图像永远在直线下方，转化为在上恒成立上，设，利用导数得到在时取得最大值，即可求解实数的取值范围；（2）设的横坐标是，要证，转化为证，不妨设，则，转化为证明，进而转化为即证，令，等价于证明在时恒成立. 构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可得到结论．【详解】（1）当时，若函数的图像永远在直线下方，即，在上恒成立，即在上恒成立上．设，对求导得，,，所以在时取得极大值，也是最大值，于是的取值范围是．（2）设的横坐标是（不妨设)，要证，只需证，即证，即证，即证，，只需证明：，不妨设，则，所以只需证，即证，只需证，因为直线与曲线相交，所以,，所以则只需证，即证：，即证（※），下面构造函数证明之：因为已设，且由的定义域知，，所以令，则（※）等价于证明在时恒成立.为此构造函数，则，于是当时，，即在上递增，又，所以在恒成立，即在时恒成立，则（※）成立，于是原命题成立．【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．22.在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系．已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线过点的参数方程；（Ⅱ）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值．【答案】(1) 线过点的参数方程为（为参数）;(2).【解析】【分析】（1）先将极坐标方程变为直角坐标方程，再写成参数形式即可；（2）现将曲线化为的直角坐标方程，与直线联立得，设点分别对应参数恰为上述方程的根，则．由题设得，进而利用韦达定理求解即可【详解】（1）将，代入直线的极坐标方程得直角坐标方程．所以直线过点的参数方程为（为参数）．（2）由，得，由代入，得．将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，（*）．设点分别对应参数恰为上述方程的根，则．由题设得，即．由（*）得，，则有，得或．因为，所以．【点睛】直线的参数方程的标准形式的应用过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α).(2)|M1M2|＝|t1－t2|.(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝.(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.23.已知函数（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若的解集包含，求的取值范围.【答案】(1) 解集为;(2) 的取值范围为.【解析】【分析】（1）分段去绝对值解不等式即可；（2））等价于，由，去绝对值得，列不等式求解即可. 【详解】（1）当时，，不等式，即，当时，由，解得；当时，由，解得，故不等式无解；当时，由，解得．综上的解集为．（2）等价于．当时，等价于，即，若的解集包含，则[，，即．故满足条件的的取值范围为．【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。