海南省2018届高三第二次联合考试数学试题(文)含答案
【二模】海南省2018届高三数学阶段性测试(二模)试题理(附答案)
海南省2018届高三阶段性测试（二模）数学试题 理一、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2{|320}A x x x =+-≤，2{|log (21)0}B x x =-≤，则A B =I （ ） A ．2|13x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭ B ．2|13x x ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭C ．{|11}x x -≤≤D ．12|23x x ⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭2.已知复数z 满足(34)34z i i +=-，z r为z 的共轭复数，则z =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 3.如图，当输出4y =时，输入的x 可以是（ ）A ．2018B ．2017C ．2016D ．2014 4.已知x 为锐角，cos 3sin a xx-=a 的取值范围为（ ）A ．[2,2]-B ．3)C ．(1,2]D ．(1,2)5.把一枚质地均匀、半径为1的圆形硬币抛掷在一个边长为8的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（ ）A ．18 B ．916 C ．4π D ．1516 6.24(1)(1)x x x ++-的展开式中，3x 的系数为（ ）A ．3-B ．2-C ．1D ．47.已知正项数列{}n a 满足221120n n n n a a a a ++--=，设121log n n a b a +=，则数列{}n b 的前n 项和为（ ）A ．nB ．(1)2n n - C ．(1)2n n + D ．(1)(2)2n n ++8.如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（ ）A ．62．3．8 D ．9 9.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a a n ++=+，则20172017S =（ ） A ．1009 B ．1008 C ．2 D ．1 10.已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()(12)f x f x =-，当[0,6]x ∈时，6()log (1)f x x =+，若()1([0,2020])f a a =∈，则a 的最大值是（ ）A ．2018B ．2010C ．2020D ．201111.已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，过点F 作互相垂直的两直线AB ，CD 与抛物线分别相交于A ，B 以及C ，D ，若111AF BF+=，则四边形ACBD 的面积的最小值为（ ）A ．18B ．30C ．32D ．36 12.已知1a >，方程102xe x a +-=与ln 20x x a +-=的根分别为1x ，2x ，则2212122x x x x ++的取值范围为（ ）A ．(1,)+∞B ．(0,)+∞C ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭ D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知(1,)a m =r ，1b =r ，7a b +=r r ，且向量a r ，b r 的夹角是60o，则m = ．14.已知实数x ，y 满足12103x x y x y ≥⎧⎪-+≤⎨⎪+≤⎩，则3z x y =+的最大值是 ．15.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 且垂直于x 轴的直线与该双曲线的左支交于A ，B 两点，2AF ，2BF 分别交y 轴于P ，Q 两点，若2PQF ∆的周长为16，则1ba +的最大值为 ． 16.如图，在三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面ABC ，AC CB ⊥，已知2AC =，26PB =，则当PA AB +最大时，三棱锥P ABC -的表面积为 ．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. （一）必考题：共60分.17.已知在ABC ∆中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且3cos sin cos b A a A C +sin cos 0c A A +=.（1）求角A 的大小；（2）若3a =，12B π=，求ABC ∆的面积.18.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=o，2AB AC ==，点M 为11A C 的中点，点N 为1AB 上一动点.（1）是否存在一点N ，使得线段//MN 平面11BB C C ？若存在，指出点N 的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点N 为1AB 的中点且CM MN ⊥，求二面角M CN A --的正弦值.19.某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过30站的地铁票价如下表：现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过30站.甲、乙乘坐不超过10站的概率分别为14，13；甲、乙乘坐超过20站的概率分别为12，13. （1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望.20.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，A ，F 分别为椭圆的上顶点和右焦点，AOF ∆的面积为12，直线AF 与椭圆交于另一个点B ，线段AB 的中点为P .（1）求直线OP 的斜率；（2）设平行于OP 的直线l 与椭圆交于不同的两点C ，D ，且与直线AF 交于点Q ，求证：存在常数λ，使得QC QD QA QB λ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r.21.已知函数()xe f x x=，()ln 1g x x =+.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）证明：3()()x f x g x >.（二）选考题：共10分.请考生在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]在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l：1232x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），以坐标原点O 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4sin 3πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.（1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）设点M 的极坐标为3,2π⎛⎫⎪⎝⎭，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求MA MB +的值.23.[选修4-5：不等式选讲] 已知函数()1f x x x m =-+-.（1）当3m =时，求不等式()5f x ≥的解集；（2）若不等式()21f x m ≥-对x R ∈恒成立，求实数m 的取值范围.答案一、选择题1-5: DABCB 6-10: BCDAD 11、12：CA 二、填空题13. 7 15. 4316. 6 三、解答题17.（1cos sin cos A a A C +sin cos 0c A A +=及正弦定理得，sin (sin cos cos sin )A A C A C+cos B A =，即sin sin()A A C+cos B A =， 又sin()sin 0A C B +=>，所以tan A = 又(0,)A π∈，所以23A π=. （2）由（1）知23A π=，又12B π=，易求得4C π=， 在ABC ∆中，由正弦定理得sinsin 123b π=2b =. 所以ABC ∆的面积为1sin 2S ab C=12==18.（1）存在点N ，且N 为1AB 的中点. 证明如下：如图，连接1A B ，1BC ，点M ，N 分别为11A C ，1A B 的中点， 所以MN 为11A BC ∆的一条中位线，//MN BC ，MN ⊄平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，所以//MN 平面11BB C C .（2）设1AA a =，则221CM a =+，22414a MN +=+284a +=， 22220544a a CN +=+=，由CM MN ⊥，得222CM MN CN +=，解得2a =由题意以点A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得(0,0,0)A ，(0,2,0)C ，21,0,2N ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，2)M ， 故21,0,2AN ⎛= ⎝⎭u u u r ，(0,2,0)AC =u u u r ，21,2,2CN ⎛=- ⎝⎭u u u r ，(0,2)CM =-u u u ur ，. 设(,,)m x y z =u r为平面ANC 的一个法向量，则0,0,m AC m AN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r 得20,20,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩ 令1x =-，得平面ANC 的一个法向量(2)m =-u r， 同理可得平面MNC 的一个法向量为(3,2)n =r，故二面角M CN A --的余弦值为cos ,315m n <>=⋅5=.故二面角M CN A --2525511515⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭.19.（1）由题意知甲乘坐超过10站且不超过20站的概率为1111424--=， 乙乘坐超过10站且不超过20站的概率为1111333--=， 设“甲、乙两人付费相同”为事件A ，则1111()4343P A =⨯+⨯111233+⨯=， 所以甲、乙两人付费相同的概率是13.（2）由题意可知X 的所有可能取值为：6，9，12，15，18.111(6)4312P X ==⨯=，11(9)43P X ==⨯111436+⨯=，111(12)432P X ==⨯+11113433⨯+⨯=，111(12)432P X ==⨯+1134⨯=，111(18)236P X ==⨯=.因此X 的分布列如下：X 69121518P11216131416所以X 的数学期望()69126E X =⨯+⨯121534+⨯+⨯1864+⨯=. 20.（1）因为椭圆的离心率为22，所以2222a b a -=222a b =，2222c a b b =-=， 所以(0,)A c ，(,0)F c ，所以21122c =，所以1c =，所以椭圆的方程为2212x y +=.直线AF 的方程为1y x =-+，联立221,21,x y y x ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩消去y 得2340x x -=，所以43x =或0x =，所以41,33B ⎛⎫-⎪⎝⎭，从而得线段AB 的中点21,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 所以直线OP 的斜率为1132203-=-.（2）由（1）知，直线AF 的方程为1y x =-+，直线OP 的斜率为12，设直线l 的方程为1(0)2y x t t =+≠. 联立1,21,y x t y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩得22,321.3t x t y -⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩所以点的坐标为2221,33t t -+⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以2222,33t t QA --⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ，2222,33t t QB ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r . 所以28(1)9QA QB t ⋅=-u u u r u u u r .联立221,21,2x y y x t ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y 得22322202x tx t ++-=，由已知得24(32)0t ∆=->，又0t ≠，得0,22t ⎛⎫⎛∈- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭U .设11(,)C x y ，22(,)D x y ，则1112y x t =+，2212y x t =+， 1243tx x +=-，212443t x x -=.所以112221,33t t QC x y -+⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r 112211,323t t x x --⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，222211,323t t QD x x --⎛⎫=++ ⎪⎝⎭u u u r ， 故12222233t t QC QD x x --⎛⎫⎛⎫⋅=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r 1211112323t t x x --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭1212555()46t x x x x -=++25(1)9t -+=25445544363t t t --⨯-⨯25(1)9t -+258(1)49t =⨯-. 所以54QC QD QA QB ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r .所以存在常数54λ=，使得QC QD QA QB λ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r . 21.（1）由题易知2(1)'()xx e f x x-=， 当(,0)(0,1)x ∈-∞U 时，'()0f x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，所以()f x 的单调递减区间为(,0)(0,1)-∞U ，单调递增区间为(1,)+∞.（2）g()x 的定义域为(0,)+∞，要证3()()x f x g x >，即证3ln 1x e x x x +>. 由（1）可知()f x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，所以()(1)f x f e ≥=. 设3ln 1()x h x x +=，0x >，因为423ln '()x h x x--=， 当23(0,)x e -∈时，'()0h x >，当23(,)x e -∈+∞时，'()0h x <，所以()h x 在23(0,)e -上单调递增，在23(,)e -+∞上单调递减，所以223()()3e h x h e -≤=， 而23e e >，所以3()()xf xg x >. 22.（1）把4sin 3πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭展开得2sin ρθθ=+， 两边同乘ρ得22sin cos ρρθθ=+①.将222x y ρ=+，cos x ρθ=，sin y ρθ=代入①即得曲线C的直角坐标方程为2220x y y +--=②.（2）将1,23x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入②式，得230t ++=，易知点M 的直角坐标为(0,3).设这个方程的两个实数根分别为1t ，2t ，则由参数t的几何意义即得12MA MB t t +=+=23.（1）当3m =时，原不等式可化为135x x -+-≥. 若1x ≤，则135x x -+-≥，即425x -≥，解得12x ≤-；若13x <<，则原不等式等价于25≥，不成立； 若3x ≥，则135x x -+-≥，解得92x ≥. 综上所述，原不等式的解集为：19|22x x x ⎧⎫≤-≥⎨⎬⎩⎭或.（2）由不等式的性质可知()1f x x x m =-+-1m ≥-， 所以要使不等式()21f x m ≥-恒成立，则121m m -≥-， 所以112m m -≤-或121m m -≥-，解得23m ≤，所以实数m 的取值范围是2|3m m ⎧⎫≤⎨⎬⎩⎭.。
数学-海南省2018届高三阶段性测试(二模)试题(文)(解析版)
海南省2018届高三阶段性测试（二模）数学试题（文）一、选择题1. 已知集合，，则（）A. B.C. D.2. 已知复数满足，为的共轭复数，则（）A. B. C. D.3. 如图，当输出时，输入的可以是（）A. B. C. D.4. 已知双曲线：过点，且实轴的两个端点与虚轴的一个端点组成一个等边三角形，则双曲线的标准方程是（）A. B.C. D.5. 要得到函数的图象，只需把函数的图象（）A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位6. 已知实数，满足，则的最大值是（）A. B. C. D.7. 把一枚质地均匀、半径为的圆形硬币抛掷在一个边长为的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（）A. B. C. D.8. 函数的图象大致为（）A. B.C. D.9. 如图，网格纸上正方形小格的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（）A. B. C. D.10. 已知函数，则关于的不等式的解集为（）A. B. C. D.11. 在锐角三角形中，，，分别为内角，，的对边，已知，，，则的面积为（）A. B. C. D.12. 已知点，椭圆的左焦点为，过作直线（的斜率存在）交椭圆于，两点，若直线恰好平分，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.二、填空题13. 已知，，则__________．14. 已知，，且，则与的夹角为__________．15. 已知函数的导函数为，且满足关系式，则的值等于__________．16. 如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的体积为__________．三、解答题：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.（一）必考题17. 已知数列是公差为的等差数列，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18. 如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，点为上一动点.（1）是否存在一点，使得线段平面？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点为的中点且，求三棱锥的体积.19. 某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站，且他们各自在每个站下车的可能性是相同的.（1）若甲、乙两人共付费元，则甲、乙下车方案共有多少种？（2）若甲、乙两人共付费元，求甲比乙先到达目的地的概率.20. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，（位于第一象限）两点.（1）若直线的斜率为，过点，分别作直线的垂线，垂足分别为，，求四边形的面积；（2）若，求直线的方程.21. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）证明：.（二）选考题：请考生在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]在平面直角坐标系中，已知直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，，求的值.23. [选修4-5：不等式选讲]已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.【参考答案】一、选择题1. 【答案】D【解析】由题意得：，∴故选：D2. 【答案】A【解析】由题意得：∴，，故选：A3. 【答案】B【解析】当输出时，此时4=，即，由，可得：，即，同理：。
普通高等学校2018届高三招生全国统一考试模拟试题(二)数学(文)试题word含答案
普通高等学校2018届高三招生全国统一考试模拟试题(二)数学(文)试题word含答案普通高等学校招生全国统一考试模拟试题——文科数学（二）本试卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题纸上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
一、选择题：本题共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.已知集合 $A=\{x|x-\frac{1}{2}<0\}$，$B=\{x|x-\frac{(2a+8)}{a(a+8)}<0\}$，若 $A\cap B=A$，则实数 $a$ 的取值范围是A。
$(-4,-3)$B。
$[-4,-3]$C。
$(-\infty,-3)\cup(4,+\infty)$D。
$(-3,4)$2.已知复数 $z=\frac{3+i}{2-3i}$，则 $z$ 的实部与虚部的和为A。
$-\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i$B。
$-\frac{2}{5}-\frac{1}{5}i$C。
$\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i$D。
$\frac{3}{5}+\frac{2}{5}i$3.某景区管理部门为征求游客对景区管理方面的意见及建议，从景区出口处随机选取 $5$ 人，其中 $3$ 人为跟团游客，$2$ 人为自驾游散客，并从中随机抽取 $2$ 人填写调查问卷，则这 $2$ 人中既有自驾游散客也有跟团游客的概率是A。
$\frac{2}{3}$B。
$\frac{1}{5}$C。
$\frac{2}{5}$D。
$\frac{3}{5}$4.已知双曲线 $E:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$ 的离心率为$\frac{\sqrt{10}}{3}$，斜率为 $-\frac{3}{2}$ 的直线 $l$ 经过双曲线的右顶点 $A$，与双曲线的渐近线分别交于 $M$，$N$ 两点，点 $M$ 在线段$AN$ 上，则 $\frac{AN}{AM}$ 等于A。
2018年4月2018届高三第二次全国大联考(新课标Ⅲ卷)理数卷(全解全析)
4
y0 (
4
且一周期内至多有三个根满足 f 2 ( x) a f ( x) 1 0 ，故在 [0, 6] 内最多有 9 个不等实根，③正确； 由函数 f ( x) 的图象可知，当方程 f 2 ( x) a f ( x) 1 0 在 [0, 6] 内的根的个数为偶数时，根的个数
y y0 k PM ( x y 4 k PM
2 4 4 2 2 y0 y y0 y0 0 ，其解为 y y0 和 ) ，与抛物线方程联立消去 x，得 y k k 4 PM PM
y0 ，则 M (
(4 y0 k PM ) 2 4 (4 y0 k PN ) 2 4 , y ) N ( , y 0) ，则由题意，得 0 ，同理可得 2 2 4k PM k PM 4k PN k PN
理科数学 第 2页（共 12页）
y0 ) k PM k PN 1 1 1 ，化简得 y0 2( 1) 4 , ∴ x0 4 ，∴直线 PQ 的斜率为 2 2 (4 y0 k PM ) (4 y0 k PN ) kPN kPM 2 2 4k PM 4k PN y0 1 3 ，故选 D． x0 2 2
2
2
在区间 [0, ] 上单调递减.∵ 0 A
2
，∴ 0 sin A A ，∴ esin A f (sin A) e A f ( A) ,故选 C． 2 2
2 y0 , y0 ) ，故直线 PM 的方程为 4
11．D 【解析】由题意，因为点 P x0 , y0 在抛物线 y 2 4 x 上，所以 P (
海南省2018届高三数学二模试卷理科附答案
海南省2018届高三数学二模试卷（理科附答案）海南省2017—2018学年高中毕业班阶段性测试数学（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.已知集合，，则（）A．B．C．D．2.已知复数满足，为的共轭复数，则（）A．B．C．D．3.如图，当输出时，输入的可以是（）A．B．C．D．4.已知为锐角，，则的取值范围为（）A．B．C．D．5.把一枚质地均匀、半径为的圆形硬币抛掷在一个边长为的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（）A．B．C．D．6.的展开式中，的系数为（）A．B．C．D．7.已知正项数列满足，设，则数列的前项和为（）A．B．C．D．8.如图，网格纸上正方形小格的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（）A．B．C．D．9.已知数列的前项和为，且满足，，则（）A．B．C．D．10.已知函数是定义在上的偶函数，，当时，，若，则的最大值是（）A．B．C．D．11.已知抛物线的焦点为，过点作互相垂直的两直线，与抛物线分别相交于，以及，，若，则四边形的面积的最小值为（）A．B．C．D．12.已知，方程与的根分别为，，则的取值范围为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，，且向量，的夹角是，则．14.已知实数，满足，则的最大值是．15.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于，两点，，分别交轴于，两点，若的周长为，则的最大值为．16.如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的表面积为．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. （一）必考题：共60分.17.已知在中，，，分别为内角，，的对边，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.18.如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，点为上一动点.（1）是否存在一点，使得线段平面？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点为的中点且，求二面角的正弦值.19.某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数票价（元）现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站.甲、乙乘坐不超过站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过站的概率分别为，.（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望.20.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的上顶点和右焦点，的面积为，直线与椭圆交于另一个点，线段的中点为.（1）求直线的斜率；（2）设平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，求证：存在常数，使得.21.已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）证明：.（二）选考题：共10分.请考生在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]在平面直角坐标系中，已知直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，，求的值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.海南省2017—2018学年高中毕业班阶段性测试数学（理科）答案一、选择题1-5:DABCB6-10:BCDAD11、12：CA二、填空题13.14.15.16.三、解答题17.（1）由及正弦定理得，，即，又，所以，又，所以.（2）由（1）知，又，易求得，在中，由正弦定理得，所以.所以的面积为.18.（1）存在点，且为的中点.证明如下：如图，连接，，点，分别为，的中点，所以为的一条中位线，，平面，平面，所以平面.（2）设，则，，，由，得，解得.由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，故，，，，.设为平面的一个法向量，则得令，得平面的一个法向量，同理可得平面的一个法向量为，故二面角的余弦值为.故二面角的正弦值为.19.（1）由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，设“甲、乙两人付费相同”为事件，则，所以甲、乙两人付费相同的概率是.（2）由题意可知的所有可能取值为：，，，，.，，，，.因此的分布列如下：所以的数学期望.20.（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，，所以，，所以，所以，所以椭圆的方程为.直线的方程为，联立消去得，所以或，所以，从而得线段的中点.所以直线的斜率为.（2）由（1）知，直线的方程为，直线的斜率为，设直线的方程为.联立得所以点的坐标为.所以，.所以.联立消去得，由已知得，又，得.设，，则，，，.所以，，故.所以.所以存在常数，使得.21.（1）由题易知，当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）的定义域为，要证，即证.由（1）可知在上递减，在上递增，所以. 设，，因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，而，所以.22.（1）把展开得，两边同乘得①.将，，代入①即得曲线的直角坐标方程为②.（2）将代入②式，得，易知点的直角坐标为.设这个方程的两个实数根分别为，，则由参数的几何意义即得.23.（1）当时，原不等式可化为.若，则，即，解得；若，则原不等式等价于，不成立；若，则，解得.综上所述，原不等式的解集为：.（2）由不等式的性质可知，所以要使不等式恒成立，则，所以或，解得，所以实数的取值范围是.。
2018届海南省高三阶段性测试(二模)数学理试题(解析版)
2018届海南省高三阶段性测试（二模）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. 已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意得：，∴故选：D2. 已知复数满足，为的共轭复数，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得：∴，，故选：A3. 如图，当输出时，输入的可以是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当输出时，此时4=，即，由，可得：，即，同理：。
故选:B4. 已知为锐角，，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，可得：又，∴∴的取值范围为故选：C5. 把一枚质地均匀、半径为的圆形硬币抛掷在一个边长为的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知，硬币的圆心必须落在小正方形中，如图：该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为，故选：B6. 的展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】的通项为：的展开式中，的系数为故选：B点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.7. 已知正项数列满足，设，则数列的前项和为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由，可得：，又，∴，∴∴∴数列的前项和故选：C8. 如图，网格纸上正方形小格的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥，如图所示：，故选：D点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 9. 已知数列的前项和为，且满足，，则（ ）A.B.C. D.【答案】A 【解析】，、,,∴故选：A 10. 已知函数是定义在上的偶函数，，当时，，若，则的最大值是（ ）A.B.C.D.【答案】D 【解析】由函数是定义在上的偶函数，，可得：，即，故函数的周期为12. 令，解得，∴在上的根为5，7； 又，∴的最大值在上，即.故选：D 11. 已知抛物线的焦点为，过点作互相垂直的两直线，与抛物线分别相交于，以及，，若，则四边形的面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由抛物线性质可知：，又，∴，即设直线AB 的斜率为k （k ≠0），则直线CD 的斜率为．直线AB 的方程为y=k （x ﹣1），联立，消去y 得k 2x 2﹣（2k 2+4）x +k 2=0，从而，=1， 由弦长公式得|AB |=，以换k 得|CD |=4+4k 2，故所求面积为≥32（当k 2=1时取等号），即面积的最小值为32． 故选：C12. 已知，方程与的根分别为，，则的取值范围为（ ）A. B.C.D.【答案】A 【解析】方程的根，即与图象交点的横坐标，方程的根，即与图象交点的横坐标，而的图象关于直线轴对称，如图所示：∴，∴，又，∴故选：A点睛：本题充分利用了方程的根与图象交点的关系，把问题转化为“形”的问题，而的图象关于直线轴对称，从而两根之间满足，目标函数即可转化为关于的函数的最值问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，，，且向量，的夹角是，则__________．【答案】【解析】设，由，可得，，又向量，的夹角是，∴，解得：∴，即故答案为：14. 已知实数，满足，则的最大值是__________．【答案】7【解析】作出可行域，如图所示：当直线经过点B时，最大，即，故答案为：7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. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于，两点，，分别交轴于，两点，若的周长为，则的最大值为__________．【答案】【解析】由题意，△ABF2的周长为32，∵|AF2|+|BF2|+|AB|=32，∵|AF2|+|BF2|﹣|AB|=4a，|AB|=，∴=32﹣4a，∴，∴，令，则，...........................令m=，则当m=时，的最大值为故答案为：16. 如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的表面积为__________．【答案】【解析】设，则，，，，当且仅当，即时，等号成立.,故答案为：4三、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.（一）必考题：共60分.17. 已知在中，，，分别为内角，，的对边，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：(1)利用正弦定理及两角和正弦公式即可求得角的大小；(2) 由（1）知，又，易求得，由正弦定理求得，进而得到的面积.试题解析：（1）由及正弦定理得，，即，又，所以，又，所以.（2）由（1）知，又，易求得，在中，由正弦定理得，所以.所以的面积为.18. 如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，点为上一动点.（1）是否存在一点，使得线段平面？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. （2）若点为的中点且，求二面角的正弦值.【答案】(1) 存在点，且为的中点，证明见解析(2)【解析】试题分析：（1）存在点，且为的中点.要证平面，连接，，点，分别为，的中点，转证即可；（2）设点，分别为，的中点，连接，，，易得平面，，从而得到三棱锥的体积.试题解析：（1）存在点，且为的中点.证明如下：如图，连接，，点，分别为，的中点，所以为的一条中位线，，平面，平面，所以平面.（2）如图，设点，分别为，的中点，连接，，，并设，则，，，由，得，解得，又易得平面，，.所以三棱锥的体积为.点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．19. 某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过站的地铁票价如下表：乘坐站数现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过站.甲、乙乘坐不超过站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过站的概率分别为，.（1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：(1) 由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，利用乘法概率公式及互斥原理得到甲、乙两人付费相同的概率；(2) 由题意可知的所有可能取值为：，，，，.求得相应的概率值，即可得到的分布列和数学期望.试题解析：（1）由题意知甲乘坐超过站且不超过站的概率为，乙乘坐超过站且不超过站的概率为，设“甲、乙两人付费相同”为事件，则，所以甲、乙两人付费相同的概率是.（2）由题意可知的所有可能取值为：，，，，.，，，，.因此的分布列如下：所以的数学期望.点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是:“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的上顶点和右焦点，的面积为，直线与椭圆交于另一个点，线段的中点为.（1）求直线的斜率；（2）设平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，求证：存在常数，使得.【答案】(1) (2) 存在常数【解析】试题分析：(1)由题意得到椭圆的方程为. 直线的方程为，联立消去得，从而得线段的中点，进而得到直线的斜率；(2) 设直线的方程为. 联立方程得到同理得到，∴存在常数，使得.试题解析：（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，，所以，，所以，所以，所以椭圆的方程为.直线的方程为，联立消去得，所以或，所以，从而得线段的中点.所以直线的斜率为.（2）由（1）知，直线的方程为，直线的斜率为，设直线的方程为.联立得所以点的坐标为.所以，.所以.联立消去得，由已知得，又，得.设，，则，，，.所以，，故.所以.所以存在常数，使得.21. 已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）证明：.【答案】(1) 的单调递减区间为，单调递增区间为 (2)见解析【解析】试题分析：(1) 由题易知解不等式得到函数的单调区间；(2) 要证，即证.易知：，，从而得证.试题解析：（1）由题易知，当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）的定义域为，要证，即证.由（1）可知在上递减，在上递增，所以.设，，因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，而，所以.（二）选考题：共10分.请考生在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]在平面直角坐标系中，已知直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，，求的值.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（Ⅰ）直接由直线的参数方程消去参数t得到直线的普通方程；把等式两边同时乘以ρ，代入x=ρcosθ，ρ2=x2+y2得答案；（Ⅱ）把直线的参数方程代入圆的普通方程，利用直线参数方程中参数t的几何意义求得的值．试题解析：（1）把展开得，两边同乘得①.将，，代入①即得曲线的直角坐标方程为②.（2）将代入②式，得，易知点的直角坐标为.设这个方程的两个实数根分别为，，则由参数的几何意义即得.23. [选修4-5：不等式选讲]已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）通过讨论x的范围，得到各个区间上的x的范围，取并集即可；（2）根据绝对值的几何意义求出m的范围即可．试题解析：（1）当时，原不等式可化为.若，则，即，解得；若，则原不等式等价于，不成立；若，则，解得.综上所述，原不等式的解集为：.（2）由不等式的性质可知，所以要使不等式恒成立，则，所以或，解得，所以实数的取值范围是.点睛：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．。
【二模】海南省2018届高三数学阶段性测试(二模)试题理(附答案)
海南省2018届高三阶段性测试（二模）数学试题 理一、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2{|320}A x x x =+-≤，2{|log (21)0}B x x =-≤，则A B =（ ）A ．2|13x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭ B ．2|13x x ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭C ．{|11}x x -≤≤D ．12|23x x ⎧⎫<≤⎨⎬⎩⎭2.已知复数z 满足(34)34z i i +=-，z 为z 的共轭复数，则z =（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．43.如图，当输出4y =时，输入的x 可以是（ ）A ．2018B ．2017C ．2016D ．20144.已知x 为锐角，cos sin a xx-=a 的取值范围为（ ）A ．[2,2]-B ．C ．(1,2]D ．(1,2)5.把一枚质地均匀、半径为1的圆形硬币抛掷在一个边长为8的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（ ）A ．18 B ．916 C ．4π D ．1516 6.24(1)(1)x x x ++-的展开式中，3x 的系数为（ ）A ．3-B ．2-C ．1D ．4 7.已知正项数列{}n a 满足221120n n n n a a a a ++--=，设121log n n a b a +=，则数列{}n b 的前n 项和为（ ）A ．nB ．(1)2n n - C ．(1)2n n + D ．(1)(2)2n n ++8.如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（ ）A ．．．8 D ．9 9.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a a n ++=+，则20172017S =（ ） A ．1009 B ．1008 C ．2 D ．1 10.已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()(12)f x f x =-，当[0,6]x ∈时，6()log (1)f x x =+，若()1([0,2020])f a a =∈，则a 的最大值是（ ）A ．2018B ．2010C ．2020D ．201111.已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，过点F 作互相垂直的两直线AB ，CD 与抛物线分别相交于A ，B 以及C ，D ，若111AF BF+=，则四边形ACBD 的面积的最小值为（ ）A ．18B ．30C ．32D ．36 12.已知1a >，方程102xe x a +-=与ln 20x x a +-=的根分别为1x ，2x ，则2212122x x x x ++的取值范围为（ ）A ．(1,)+∞B ．(0,)+∞C ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭ D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知(1,)a m =，1b =，7a b +=，且向量a ，b 的夹角是60，则m = ．14.已知实数x ，y 满足12103x x y x y ≥⎧⎪-+≤⎨⎪+≤⎩，则3z x y =+的最大值是 ．15.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 且垂直于x 轴的直线与该双曲线的左支交于A ，B 两点，2AF ，2BF 分别交y 轴于P ，Q 两点，若2PQF ∆的周长为16，则1ba +的最大值为 ． 16.如图，在三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面ABC ，AC CB ⊥，已知2AC=，PB =则当PA AB +最大时，三棱锥PABC -的表面积为 ．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. （一）必考题：共60分.17.已知在ABC ∆中，a ，b ，c 分别为内角A ，B，C 的对边，且cos sin cos A a A C +sin cos 0c A A +=.（1）求角A 的大小；（2）若a =12B π=，求ABC ∆的面积.18.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=，2AB AC ==，点M 为11AC 的中点，点N 为1AB 上一动点.（1）是否存在一点N ，使得线段//MN 平面11BB C C ？若存在，指出点N 的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点N 为1AB 的中点且CM MN ⊥，求二面角M CN A --的正弦值.19.某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过30站的地铁票价如下表：现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过30站.甲、乙乘坐不超过10站的概率分别为14，13；甲、乙乘坐超过20站的概率分别为12，13. （1）求甲、乙两人付费相同的概率；（2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望.20.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，A ，F 分别为椭圆的上顶点和右焦点，AOF ∆的面积为12，直线AF 与椭圆交于另一个点B ，线段AB 的中点为P .（1）求直线OP 的斜率；（2）设平行于OP 的直线l 与椭圆交于不同的两点C ，D ，且与直线AF 交于点Q ，求证： 存在常数λ，使得QC QD QA QB λ⋅=⋅.21.已知函数()xe f x x=，()ln 1g x x =+.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）证明：3()()x f x g x >.（二）选考题：共10分.请考生在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]在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l：1232x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），以坐标原点O 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4sin 3πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.（1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）设点M 的极坐标为3,2π⎛⎫⎪⎝⎭，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求MA MB +的值.23.[选修4-5：不等式选讲] 已知函数()1f x x x m =-+-.（1）当3m =时，求不等式()5f x ≥的解集；（2）若不等式()21f x m ≥-对x R ∈恒成立，求实数m 的取值范围.答案一、选择题1-5: DABCB 6-10: BCDAD 11、12：CA 二、填空题13. 7 15. 4316. 6 三、解答题17.（1cos sin cos A a A C +sin cos 0c A A +=及正弦定理得，sin (sin cos cos sin )A A C A C+cos B A =，即sin sin()A A C+cos B A =， 又sin()sin 0A C B +=>，所以tan A = 又(0,)A π∈，所以23A π=. （2）由（1）知23A π=，又12B π=，易求得4C π=， 在ABC ∆中，由正弦定理得sinsin 123b π=b =. 所以ABC ∆的面积为1sin 2S ab C=12==. 18.（1）存在点N ，且N 为1AB 的中点. 证明如下：如图，连接1A B ，1BC ，点M ，N 分别为11AC ，1A B 的中点，所以MN 为11A BC ∆的一条中位线，//MN BC ，MN ⊄平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，所以//MN 平面11BB C C .（2）设1AA a =，则221CM a =+，22414a MN +=+284a +=， 22220544a a CN +=+=，由CM MN ⊥，得222CM MN CN +=，解得a =由题意以点A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得(0,0,0)A ，(0,2,0)C，1,0,2N ⎛ ⎝⎭，(0,1M ，故1,0,2AN ⎛=⎝⎭，(0,2,0)AC =，1,2,2CN ⎛=- ⎝⎭，(0,1CM =-，. 设(,,)m x y z =为平面ANC 的一个法向量，则0,0,m AC m AN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得20,0,2y x z =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 令1x =-，得平面ANC的一个法向量(1m =-， 同理可得平面MNC 的一个法向量为(3,2,2)n =， 故二面角M CN A --的余弦值为cos ,m n <>=15=-.故二面角M CN A --15=.19.（1）由题意知甲乘坐超过10站且不超过20站的概率为1111424--=， 乙乘坐超过10站且不超过20站的概率为1111333--=， 设“甲、乙两人付费相同”为事件A ，则1111()4343P A =⨯+⨯111233+⨯=， 所以甲、乙两人付费相同的概率是13.（2）由题意可知X 的所有可能取值为：6，9，12，15，18.111(6)4312P X ==⨯=，11(9)43P X ==⨯111436+⨯=，111(12)432P X ==⨯+11113433⨯+⨯=，111(12)432P X ==⨯+1134⨯=，111(18)236P X ==⨯=.因此X 的分布列如下：所以X 的数学期望()69126E X =⨯+⨯121534+⨯+⨯1864+⨯=.20.（1）因为椭圆的离心率为22=222a b =，2222c a b b =-=， 所以(0,)A c ，(,0)F c ，所以21122c =，所以1c =，所以椭圆的方程为2212x y +=.直线AF 的方程为1y x =-+，联立221,21,x y y x ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩消去y 得2340x x -=，所以43x =或0x =，所以41,33B ⎛⎫-⎪⎝⎭，从而得线段AB 的中点21,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 所以直线OP 的斜率为1132203-=-.（2）由（1）知，直线AF 的方程为1y x =-+，直线OP 的斜率为12，设直线l 的方程为1(0)2y x t t =+≠. 联立1,21,y x t y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩得22,321.3t x t y -⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩所以点的坐标为2221,33t t -+⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以2222,33t t QA --⎛⎫=⎪⎝⎭，2222,33t t QB ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 所以28(1)9QA QB t ⋅=-. 联立221,21,2x y y x t ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y 得22322202x tx t ++-=，由已知得24(32)0t ∆=->，又0t ≠，得60,t ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设11(,)C x y ，22(,)D x y ，则1112y x t =+，2212y x t =+， 1243t x x +=-，212443t x x -=.所以112221,33t t QC x y -+⎛⎫=-- ⎪⎝⎭112211,323t t x x --⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，222211,323t t QD x x --⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 故12222233t t QC QD x x --⎛⎫⎛⎫⋅=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭1211112323t t x x --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭1212555()46t x x x x -=++25(1)9t -+=25445544363t t t --⨯-⨯25(1)9t -+258(1)49t =⨯-. 所以54QC QD QA QB ⋅=⋅.所以存在常数54λ=，使得QC QD QA QB λ⋅=⋅. 21.（1）由题易知2(1)'()xx e f x x-=， 当(,0)(0,1)x ∈-∞时，'()0f x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，所以()f x 的单调递减区间为(,0)(0,1)-∞，单调递增区间为(1,)+∞.（2）g()x 的定义域为(0,)+∞，要证3()()x f x g x >，即证3ln 1x e x x x+>. 由（1）可知()f x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，所以()(1)f x f e ≥=. 设3ln 1()x h x x +=，0x >，因为423ln '()x h x x --=， 当23(0,)x e -∈时，'()0h x >，当23(,)x e -∈+∞时，'()0h x <，所以()h x 在23(0,)e -上单调递增，在23(,)e -+∞上单调递减，所以223()()3e h x h e -≤=， 而23e e >，所以3()()xf xg x >.22.（1）把4sin 3πρθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭展开得2sin ρθθ=+，两边同乘ρ得22sin cos ρρθθ=+①.将222x y ρ=+，cos x ρθ=，sin y ρθ=代入①即得曲线C 的直角坐标方程为2220x y y +--=②.（2）将1,23x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入②式，得230t ++=，易知点M 的直角坐标为(0,3).设这个方程的两个实数根分别为1t ，2t ，则由参数t的几何意义即得12MA MB t t +=+=23.（1）当3m =时，原不等式可化为135x x -+-≥. 若1x ≤，则135x x -+-≥，即425x -≥，解得12x ≤-；若13x <<，则原不等式等价于25≥，不成立； 若3x ≥，则135x x -+-≥，解得92x ≥. 综上所述，原不等式的解集为：19|22x x x ⎧⎫≤-≥⎨⎬⎩⎭或.（2）由不等式的性质可知()1f x x x m =-+-1m ≥-， 所以要使不等式()21f x m ≥-恒成立，则121m m -≥-， 所以112m m -≤-或121m m -≥-，解得23m ≤，所以实数m 的取值范围是2|3m m ⎧⎫≤⎨⎬⎩⎭.。
海南省2018届高三第二次联合考试数学试题(理)含答案
C
7. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：
． -2
D
． -3
“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯
三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是： “一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下
一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座
5 层塔共挂
了 242 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的
重心，若四面体 ABCD 的外接球的表面积为 244 ，则 tan AGD （ ） 9
1
A．
2
B
．2
C
．2
D
．2
2
A． 1
B
．2
C
．3
D
．4
5. 某几何体的三视图如图所示，其中圆的半径均为
1，则该几何体的体积为（
）
4
A． 208
B3Βιβλιοθήκη 6. 设 x ， y 满足约束条件
4
32
． 216
C ． 208
D
3
3
x 3y 6 0
x y 6 0 ，则 z x y 的最小值是（
x 3y 6 0
32 ． 216
3
）
A． 0
B
． -1
四条明确信息： （1）此案是两人共同作案； （ 2）若甲参与此案，则丙一定没参与； （ 3）若乙 参与此案，则丁一定参与； （ 4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与 . 据此可以判断参与此案
的两名嫌疑人是（
）
A．甲、乙
B
．乙、丙
C
．甲、丁
D
．丙、丁
12. 在四面体 ABCD 中， AD 底面 ABC ， AB AC 10 ， BC 2，点 G 为 ABC 的
数学-海南省2018届高三第二次联合考试试题(文)(解析版)
海南省2018届高三第二次联合考试数学试题（文）第Ⅰ卷一、选择题1. 已知集合，，则（）A. B. C. D.2. 已知复数在复平面内对应的点在第二象限，则整数的取值为（）A. 0B. 1C. 2D. 33. 设向量，，若向量与同向，则（）A. 0B. -2C.D. 24. 等差数列的前项和为，，且，则的公差（）A. 1B. 2C. 3D. 45. 某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆的半径为2，则该几何体的体积为（）A. B. 296 C. D. 5126. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则（）A. B.C. D.7. 设，满足约束条件，则的最小值是（）A. 0B. -1C. -2D. -38. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了242盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯（）A. 162盏B. 114盏C. 112盏D. 81盏9. 执行如图所示的程序框图，则输出的（）A. 17B. 33C. 65D. 12910. 在平面直角坐标系中，双曲线：的一条渐近线与圆相切，则的离心率为（）A. B. C. D.11. 在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中查出真正的嫌疑人，现有四条明确信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参与；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是（）A. 甲、乙B. 乙、丙C. 甲、丁D. 丙、丁12. 已知为偶函数，对任意，恒成立，且当时，.设函数，则的零点的个数为（）A. 6B. 7C. 8D. 9第Ⅱ卷二、填空题13. 已知函数，则__________．14. 若一个长、宽、高分别为4，3，2的长方体的每个顶点都在球的表面上，则此球的表面积为__________．15. 若是函数的极值点，则实数__________．16. 已知是抛物线：的焦点，是上一点，直线交直线于点.若，则__________．三、解答题（一）必考题17. 的内角，，所对的边分别为，，.已知，且.（1）求角；（2）若，且的面积为，求的周长.18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面.（1）证明：平面；（2）若为的中点，求三棱锥的体积.19. 从某小区抽取50户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，频率分布直方图如下.（1）求频率分布直方图中的值并估计这50户用户的平均用电量；（2）若将用电量在区间内的用户记为类用户，标记为低用电家庭，用电量在区间内的用户记为类用户，标记为高用电家庭，现对这两类用户进行问卷调查，让其对供电服务进行打分，打分情况见茎叶图：①从类用户中任意抽取1户，求其打分超过85分的概率；②若打分超过85分视为满意，没超过85分视为不满意，请填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为“满意度与用电量高低有关”？类用户类用户附表及公式：0.0503.841，.20. 在平面直角坐标系中，设动点到坐标原点的距离与到轴的距离分别为，，且，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设过点的直线与相交于，两点，当的面积为1时，求.21. 已知函数，.（1）若曲线与曲线在它们的交点处的公共切线为，求，，的值；（2）当时，若，，求的取值范围.（二）选考题：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. [选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线：，直线：，直线：，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）写出曲线的参数方程以及直线，的极坐标方程；（2）若直线与曲线分别交于，两点，直线与曲线分别交于，两点，求的面积.23. [选修4-5：不等式选讲]设函数.（1）若不等式的解集为，求的值；（2）在（1）的条件下，若不等式恒成立，求的取值范围.【参考答案】第Ⅰ卷一、选择题1. 【答案】B【解析】由，知，,故选B.2. 【答案】C【解析】复数在复平面内对应的点在第二象限，则，解得, 则整数.故选C.3. 【答案】D【解析】因为，，且向量与同向，所以，所以，解得，故选D.4. 【答案】A【解析】由等差数列性质知，则. 所以.故选A.5. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆柱所得的组合体，其中正方体的棱长为8，圆柱的底面半径为2，高为6，则该几何体的体积为：.本题选择C选项.6. 【答案】D【解析】由函数图像的平移性质可知，平移后函数的解析式为：.本题选择D选项.7. 【答案】C【解析】如图做出不等式对应的平面区域，由图可知，平移直线。
【高三数学试题精选】2018高三数学(文)阶段性测试(二模)试题(海南附答案)
解得 ，所以
（2）由（1）可知 ，因为 ，所以
所以
18（1）存在点 ，且 为 的中点
证明如下
如图，连接 ， ，点 ， 分别为 ， 的中点，
所以 为 的一条中位线， ，
平面 ， 平面 ，所以 平面
（2）如图，设点 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ， ，并设 ，则 ，
， ，
由 ，得 ，解得 ，
（2）将 代入②式，得 ，
易知点 的直角坐标为
设这个方程的两个实数根分别为 ， ，则由参数 的几何意义即得
23（1）当 时，原不等式可化为
若 ，则 ，即Biblioteka ，解得 ；若 ，则原不等式等价于 ，不成立；
若 ，则 ，解得
综上所述，原不等式的解集为
（2）由不等式的性质可知 ，
所以要使不等式 恒成立，则 ，
所以 或 ，解得 ，
由（1）可知每类情况中有 种方案，所以甲、乙两人共付费 元共有 种方案
而甲比乙先到达目的地的方案有 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，共 种，
故所求概率为
所以甲比乙先到达目的地的概率为
20（1）由题意可得 ，又直线 的斜率为 ，所以直线 的方程为
与抛物线方程联立得 ，解之得 ，
所以点 ， 的坐标分别为 ，
所以 ， ， ，
所以四边形 的面积为
（2）由题意可知直线 的斜率存在，设直线 的斜率为 ，则直线 设 ， ，
由 化简可得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，即 ，解得
因为点 位于第一象限，所以 ，则
所以 的方程为
21（1）由题意可得 ，令 ，得
当 时， ，函数 单调递增；当 时， ，函数 单调递减
2018年海南高考文科数学真题及答案
2018年海南高考文科数学真题及答案注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。
写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共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．()i 23i += A ．32i -B ．32i +C ．32i --D ．32i -+2．已知集合{}1,3,5,7A =，{}2,3,4,5B =，则AB =A ．{}3B ．{}5C ．{}3,5D ．{}1,2,3,4,5,73．函数()2e e x xf x x --=的图像大致为4．已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b A ．4B ．3C ．2D ．05．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为 A ．0.6B ．0.5C ．0.4D ．0.36．双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>A ．y =B ．y =C ．y x =D ．y =7．在ABC △中，cos 2C =1BC =，5AC =，则AB =A ．BCD ．8．为计算11111123499100S =-+-++-，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入A ．1ii =+ B ．2i i =+ C ．3i i =+D ．4i i =+9．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为 A B C D 10．若()cos sin f x x x =-在[0,]a 是减函数，则a 的最大值是A ．π4B ．π2C ．3π4D ．π11．已知1F，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若12PF PF ⊥，且2160PF F ∠=︒，则C 的离心率为 A ．1B ．2C D 112．已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =，则(1)(2)(3)f f f ++(50)f ++=A ．50-B ．0C ．2D ．50二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
4月2018届高三第二次全国大联考(新课标Ⅲ卷)理数卷(参考答案)
∴ 1 或 1 (舍去) ，故 的值为 1 .（12 分）
2
4
2
理科数学 第 3页（共 8页）
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20．（本小题满分 12 分）
【解析】（Ⅰ）由已知得 c 2 且 1 2a b 2 ，（1 分） a2 2
又 a2 b2 c2 ，解得 a2 2 ， b2 1， ∴所求的椭圆方程为 x2 y 2 1.（4 分）
3,1, 0) ，∴ PB1 (
3,1, 0) ，（8 分）
设平面 PQB1 的法向量为 m (x, y, z) ，
由
PQ·m
0
，得
2(
1)
y
2
3 z 0Leabharlann ，PB1·m 0 3x y 0
令 x 1 ，得 y
2018 年第二次全国大联考【新课标Ⅲ卷】
理科数学·参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
C
D
C
D
C
A
C
C
C
D
B
13． 8
15． 1 6
17．（本小题满分 12 分）
14． 8 5
16．
3
（Ⅱ）∵ a = 2b cos C ，∴ a 2b a2 b2 c2 ，∴ b c ，（6 分） 2ab
2
∴
y1
y2
(1
) y2
4m2 m2 2
（*），
y1 y2
海南省2018届高三第二次联合考试数学理试题含
2018届海南省高三年级第二次联合考试数学（理科）第Ⅰ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，只有一项是符合题目要求的.1. 设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】集合，，则.故选B.2. 已知复数在复平面内对应的点在第二象限，则整数的取值为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】复数在复平面内对应的点在第二象限，则，解得, 则整数.故选C.3. 设向量，，若向量与同向，则（）A. 2B. -2C.D. 0【答案】A【解析】由向量与共线得，所以 . 又向量与同向，所以.4. 等差数列的前项和为，，且，则的公差（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】由等差数列性质知，则. 所以.故选A.5. 某几何体的三视图如图所示，其中圆的半径均为1，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】该几何体为一棱长为6的正方体掏掉一个棱长为2的小正方体，再放置进去一个半径为1的球，所以体积为.故选A.6. 设，满足约束条件，则的最小值是（）A. 0B. -1C. -2D. -3【答案】C【解析】如图做出不等式对应的平面区域，由图可知，平移直线。
当直线经过点A(0,2)时，z有最小值-2.故选C.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.7. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了242盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯（）A. 81盏B. 112盏C. 114盏D. 162盏【答案】D【解析】由题可知，灯数自上而下成公比为3的等差数列，即数列，由，得.所以.故选D.8. 执行如图所示的程序框图，则输出的（）A. 17B. 33C. 65D. 129【答案】C【解析】执行程序框图得：;，结束循环输出.故选C.9. 将曲线向右平移个单位长度后得到曲线，若函数的图象关于轴对称，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】曲线向右平移个单位长度后得到曲线，若函数的图象关于轴对称，则，则，又，所以.故选D.点睛：三角函数中函数图象的平移变化是常考知识点，也是易错题型.首项必须看清题目中是由哪个函数平移，平移后是哪个函数；其次，在平移时，还要注意自变量x的系数是否为1，如果x有系数，需要将系数提出来求平移量，平移时遵循“左加右减”.10. 在平面直角坐标系中，双曲线：的一条渐近线与圆相切，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】双曲线的渐近线为，与圆相切的只可能是，由,得，所以，，故.故选B.点睛：本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程，得到a,c的关系式是解得的关键，对于双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c 的齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于ee的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得e (e的取值范围)．11. 在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中查出真正的嫌疑人，现有四条明确信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参与；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是（）A. 甲、乙B. 乙、丙C. 甲、丁D. 丙、丁【答案】D【解析】若甲乙参加此案，则不符合（3）；若乙丙参加此案，则不符合（3）；若甲丁参加此案，则不符合（4）；当丙丁参加此案，全部符合.故选D.12. 在四面体中，底面，，，点为的重心，若四面体的外接球的表面积为，则（）A. B. 2 C. D.【答案】B【解析】，设的外心为O，则在上，设，则即，解得四面体的外接球的半径，解得则故选点睛：本题主要考查了四面体与球的位置关系，结合题目条件，先利用勾股定理计算出三角形外接圆的半径，再由球心与外接圆圆心连接再次勾股定理，结合外接球的表面积计算得长度，从而计算出结果，本题有一定难度，需要学生能够空间想象及运用勾股定理计算第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上.13. 若是函数的一个极值点，则实数__________．【答案】3【解析】.，得.经检验，符合题意.故答案为：3.14. 如图，小林从位于街道处的家里出发，先到处的二表哥家拜年，再和二表哥一起到位于处的大表哥家拜年，则小林到大表哥家可以选择的最短路径的条数为__________．【答案】9【解析】由题意可知A到B最短路径的条数为3，B到C最短路径的条数为3，由乘法计数原理知，所求最短路径的条数为.故答案为：9.15. 某超市经营的某种包装优质东北大米的质量（单位：）服从正态分布，任意选取一袋这种大米，质量在的概率为__________．（附：若，则，，）【答案】0.8185【解析】因为，所以.所以.故答案为：.16. 已知是抛物线：的焦点，是上一点，直线交直线于点.若，则__________．【答案】8【解析】如图，记直线与y轴的交点为N，过点P作与M，因为，所以，所以又因为,所以，故.故答案为：8.点睛：求解解析几何中的问题，包括几何法和代数法，如几何法经常涉及圆锥曲线的定义和比较明显的平面几何的定理和性质，所以做题时要充分考虑这些定义来进行转化，比如椭圆和双曲线定义涉及两条焦半径，所以给出,就联想 ,抛物线有，就联想到准线的距离.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题为必做题，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.（一）必考题：共60分.17. 的内角，，所对的边分别为，，.已知，且.（1）求角；（2）若，且的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）15【解析】试题分析：（1）由两角和的余弦展开可得，又，所以，可得，从而得解；（2）由正弦定理可得，由面积公式可得，解得，，由余弦定理可得，从而得周长.试题解析：解：（1）由，得.∵，∴，∴，∴.（2）∵，∴，又的面积为，∴，∴，∴，.由余弦定理得，∴.故的周长为.18. 从某小区抽取50户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，频率分布直方图如下.（1）求频率分布直方图中的值并估计这50户用户的平均用电量；（2）若将用电量在区间内的用户记为类用户，标记为低用电家庭，用电量在区间内的用户记为类用户，标记为高用电家庭，现对这两类用户进行问卷调查，让其对供电服务进行打分，打分情况见茎叶图：①从类用户中任意抽取1户，求其打分超过85分的概率；②若打分超过85分视为满意，没超过85分视为不满意，请填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为“满意度与用电量高低有关”？满意不满意合计类用户类用户合计附表及公式：0.050 0.010 0.0013.841 6.635 10.828，.【答案】（1），186（2）没有【解析】试题分析：（1）由矩形面积和为1，求得，再由每一个矩形的中点横坐标乘以矩形面积求和可得平均值；（2）①类用户共9人，打分超过85分的有6人，则即为所求；（2）根据数据完成列联表，利用，计算查表下结论即可.试题解析：解：（1），按用电量从低到高的六组用户数分别为6，9，15，11，6，3，所以估计平均用电量为度. （2）①类用户共9人，打分超过85分的有6人，所以从类用户中任意抽取3户，恰好有2户打分超过85分的概率为.②满意不满意合计类用户 6 9 15类用户 6 3 9合计12 12 24因为的观测值，所以没有的把握认为“满意与否与用电量高低有关”.点睛：利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数时，易出错，应注意区分这三者．在频率分布直方图中：(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，且，求二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）易证得，，所以有平面，从而得证；（2）分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量为，平面的一个法向量为，由法向量的所成角可得解.试题解析：（1）证明：∵，∴，∴，∴.又∵底面，∴.∵，∴平面.而平面，∴平面平面.（2）解：由（1）知，平面，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，令，则，，，，，∴，.∴，∴.故，.设平面的法向量为，则，即，令，得.易知平面的一个法向量为，则，∴二面角的大小为.点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.20. 在平面直角坐标系中，设动点到坐标原点的距离与到轴的距离分别为，，且，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设过点的直线与相交于，两点，当的面积最大时，求.【答案】（1）（2）【解析】【试题分析】(1)设,利用,解方程,化简可得轨迹方程.(2)设出直线的方程,联立直线方程和椭圆方程,写出韦达定理,利用弦长公式和点到直线距离公式求得三角形面积的表达式,由此求得弦的值.【试题解析】解：（1）设，则，，则，故的方程为（或）.（2）依题意当轴不合题意，故设直线：，设，，将代入，得，当，即时，，，从而，从点到直线的距离，所以的面积，整理得，即（满足），所以.【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法,考查椭圆有关三角形面积有关问题的求解.求解动点的轨迹方程,一般方法有定义法和代入法,本题中,给定动点满足的方程,故设出点的坐标后,分别用表示出,化简后可得到所求轨迹方程.注意验证是否所有的点都满足.21. 已知函数.（1）证明：直线与曲线相切；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）由得，又，即可证得；（2）设，则，分和两种情况讨论即可. 试题解析：（1）证明：，∴由得，解得，又，∴直线与曲线相切.（2）解：设，则，当时，，若，，则，∴在上递增，从而.此时，在上恒成立.若，令，当时，；当时，.∴，则不合题意.故的取值范围为.（二）选考题：共10分.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.作答时用2B铅笔将所选题目对应的题号右侧方框涂黑，并且在解答过程中写清每问的小题号.22. [选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线：，直线：，直线：，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）写出曲线的参数方程以及直线，的极坐标方程；（2）若直线与曲线分别交于，两点，直线与曲线分别交于，两点，求的面积.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）将曲线化为标准方程，可得参数方程（为参数），直线，为过原点的直线，所以可得极坐标方程为：，：；........................（2）分别把和代入，得和，由可得解.试题解析：解：（1）依题意，曲线：，故曲线的参数方程是（为参数），因为直线：，直线：，故，的极坐标方程为：，：.（2）易知曲线的极坐标方程为，把代入，得，所以，把代入，得，所以，所以.23. [选修4-5：不等式选讲]设函数.（1）若不等式的解集为，求的值；（2）在（1）的条件下，若不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由条件得，进而得，解得不等式对应解集为，即可得解；（2）不等式恒成立，只需，从而得解.试题解析：解：（1）因为，所以，所以，所以.因为不等式的解集为，所以，解得.（2）由（1）得.不等式恒成立，只需，所以，即，所以的取值范围是.。
海南省2018年高考文科数学试题及答案汇总(word解析版)
绝密★启用前海南省2018年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准备粘贴在条形码区域内。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不用折叠，不用弄破，弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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.i（2+3i）=A. 3-2iB. 3+2iC. -3-2iD. -3+2i2.已知集合A={1，3，5，7}. B={2，3，4，5}. 则A∩B=A. {3}B. {5}C. {3，5}D. {1，2，3，4，5，7}3.函数f（x）=（e ²-e-x）/x ²的图像大致为A. B. C. D.4.已知向量a，b满足∣a∣=1，a b=1，则a（2a b）=A. 4B. 3C. 2D. 05.从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为A. 0.6B. 0.5C. 0.4D. 0.3A. y=±×B. y=±×C. y=±D. y=±7.在∆ABC中，cos=，BC=1，AC=5，则AB=.A.B.C.D.8.为计算S=1…，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入A. i=i+1B. i=i+2C. i=i+3D. i=i+49.在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E为棱CC₁的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为A.B.C.D.10.若（×）=cos×-sin×在[0.a]减函数，则的最大值是A.B.C.D. π11.已知F₁，F₂是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF₁⊥PF₂，且∠PF₂=60°，则C的离心率为A. 1-B. 2-C.D.12.已知（×）是定义域为（-∞.+∞）的奇函数，满足（1-×）=（1+×）.若（1）=2，则（1）+（2）+（3）+…+（50）=A. -50B. 0C. 2D. 50填空题（本大题共4小题，每小题____分，共____分。
海南省2018届高三阶段性测试(二模)数学(文)试题含答案
）
C ． 2016 D ． 2014
4. 已知双曲线
C
：
x2 a2
y2 b2
1(a
0, b 0) 过点 ( 2, 3) ，且实轴的两个端点与虚轴的一个
端点组成一个等边三角形，则双曲线 C 的标准方程是（
）
x2
A．
1
2
y
1
B
x2
．
9
y2 1
3
2
C. x 2 y2 1
D
x2 y2
．
1
3
23
32
5. 要得到函数 y 2sin
海南省 2017— 2018 学年高中毕业班阶段性测试 数学（文科）
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. 已知集合 A { x | 3x2 x 2 0} ， B { x | log 2(2 x 1) 0} ，则 A B （ ）
放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率
为（ ）
1
A．
8
9
B
．
C
16
8. 函数 y x3 cosx sin x 的图象大致为（
．
4
）
15
D
．
16
A．
B
．
C.
DHale Waihona Puke ．9. 如图，网格纸上正方形小格的边长为 1 ，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的
最长棱的长度为（
A． x | 1 x 2 3
B
．
2 x|
x
1
3
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2018届海南省高三年级第二次联合考试数学（文科） 第Ⅰ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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合2{|4}M x x =≤，{2,3}N =-，则M N = （ ）A ．∅B ．{2}-C ．{3}D ．{2,3}-2.已知复数(3)(1)z m m i =-+-在复平面内对应的点在第二象限，则整数m 的取值为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．33.设向量(,4)a x =- ，(1,)b x =-，若向量a 与b 同向，则x =（ ）A ．0B ．-2C ．2±D ．24.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且936S S =，则{}n a 的公差d =（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．45.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆的半径为2，则该几何体的体积为（ ）A ．51296π-B ．296C ．51224π-D ．512 6.将函数()sin f x x π=的图象向右平移12个单位长度后得到()g x 的图象，则（ ） A ．1()sin()2g x x π=-B ．()cos g x x π=C ．1()sin()2g x x π=+ D ．()cos g x x π=-7.设x ，y 满足约束条件36060360x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+-≥⎩，则z x y =-的最小值是（ ）A ．0B ．-1C ．-2D ．-38.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了242盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯（ ） A ．162盏 B ．114盏 C ．112盏 D ．81盏 9.执行如图所示的程序框图，则输出的S =（ ）A ．17B ．33C ．65D ．12910.在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C ：22221(0,0)y x a b a b -=>>的一条渐近线与圆22(2)(1)1x y -+-=相切，则C 的离心率为（ ）A ．43 B ．54 C ．169 D ．251611.在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中查出真正的嫌疑人，现有四条明确信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参与；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是（ ）A ．甲、乙B ．乙、丙C ．甲、丁D ．丙、丁12.已知()f x 为偶函数，对任意x R ∈，()(2)f x f x =-恒成立，且当01x ≤≤时，2()22f x x =-.设函数3()()log g x f x x =-，则()g x 的零点的个数为（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上. 13.已知函数()lg(1)f x x =+，则(9)f =．14.若一个长、宽、高分别为4，3，2的长方体的每个顶点都在球O 的表面上，则此球的表面积为．15.若1x =是函数()()ln xf x e a x =+的极值点，则实数a =．16.已知F 是抛物线C ：212x y =的焦点，P 是C 上一点，直线FP 交直线3y =-于点Q .若2PQ FQ =，则PQ =．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题为必做题，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. （一）必考题：共60分.17.ABC ∆的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知2sin sin cos B C B +2cos()0B C ++=，且sin 1B ≠.（1）求角C ；（2）若5sin 3sin B A =，且ABC ∆，求ABC ∆的周长. 18.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，22AB AD ==，PD BD ==，且PD ⊥底面ABCD .（1）证明：BC ⊥平面PBD ；-的体积.（2）若Q为PC的中点，求三棱锥A PBQ19.从某小区抽取50户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50到350度之间，频率分布直方图如下.（1）求频率分布直方图中x的值并估计这50户用户的平均用电量；（2）若将用电量在区间[50,150)内的用户记为A类用户，标记为低用电家庭，用电量在区间[250,350)内的用户记为B类用户，标记为高用电家庭，现对这两类用户进行问卷调查，让其对供电服务进行打分，打分情况见茎叶图：①从B类用户中任意抽取1户，求其打分超过85分的概率；②若打分超过85分视为满意，没超过85分视为不满意，请填写下面列联表，并根据列联表判断是否有95%的把握认为“满意度与用电量高低有关”？附表及公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.20.在平面直角坐标系xOy 中，设动点M 到坐标原点的距离与到x 轴的距离分别为1d ，2d ，且221234d d +=，记动点M 的轨迹为Ω.（1）求Ω的方程；（2）设过点(0,2)-的直线l 与Ω相交于A ，B 两点，当AOB ∆的面积为1时，求AB . 21.已知函数3()f x x mx =+，2()g x x n =-+.（1）若曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点处的公共切线为2y x c =+，求m ，n ，c 的值；（2）当1n =时，若(,0)x ∀∈-∞，()()f x g x <，求m 的取值范围.（二）选考题：共10分.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.作答时用2B 铅笔将所选题目对应的题号右侧方框涂黑，并且在解答过程中写清每问的小题号.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：2260x y x +-=，直线1l ：0x =，直线2l ：0y -=，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）写出曲线C 的参数方程以及直线1l ，2l 的极坐标方程；（2）若直线1l 与曲线C 分别交于O ，A 两点，直线2l 与曲线C 分别交于O ，B 两点，求AOB ∆的面积.23.[选修4-5：不等式选讲]设函数()2f x x a a =++.（1）若不等式()1f x ≤的解集为{|24}x x -≤≤，求a 的值；（2）在（1）的条件下，若不等式2()4f x k k ≥--恒成立，求k 的取值范围.2018届海南省高三年级第二次联合考试数学参考答案（文科）一、选择题1-5: BCDAC 6-10: DCACB 11、12：DC 二、填空题13. 1 14. 29π 15. e - 16. 8 三、解答题17.解：（1）由2sin sin cos B C B +2cos()0B C ++=，得2cos cos cos B C B -=. ∵sin 1B ≠，∴cos 0B ≠， ∴1cos 2C =-，∴23C π=. （2）∵5sin 3sin B A =，∴53b a =，又ABC ∆的面积为4，∴1sin 244ab C ab ==，∴15ab =，∴5a =，3b =. 由余弦定理得2222cos 49c a b ab C =+-=，∴7c =. 故ABC ∆的周长为53715++=.18.（1）证明：∵222AD BD AB +=，∴AD BD ⊥， ∵//AD BC ，∴BC BD ⊥.又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD BC ⊥. ∵PD BD D = ，∴BC ⊥平面PBD .（2）三棱锥A PBQ -的体积A PBQ V -与三棱锥A QBC -的体积相等，而12A QBC Q ABC P ABC V V V ---==111114434P ABCD V -==⨯⨯=. 所以三棱锥A PBQ -的体积14A PBQ V -=.19.解：（1）1(0.0060.00360.002450x =-++20.0012)0.0044⨯+=， 按用电量从低到高的六组用户数分别为6，9，15，11，6，3，所以平均用电量为675912515175112256275332550⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯186=.（2）①B 类用户共9人，打分超过85分的有6人，所以打分超过85分的概率为6293=.②2224(6963)1212915k ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯ 1.6 3.841=<， 所以没有95%的把握认为“满意度与用电量高低有关”.20.解：（1）设(,)M x y ，则1d =，2d y =，则222212344d d x y +=+=，故Ω的方程为2214x y +=（或2244x y +=）.（2）依题意当l x ⊥轴不合题意，故设直线l ：2y kx =-，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，将2y kx =-代入2214x y +=，得22(14)16120k x kx +-+=， 当216(43)0k ∆=->，即234k >时， 1221614k x x k +=+，1221214x x k =+，从而AB ==， 又点O 到直线AB 的距离d =，所以AOB ∆的面积211214S d AB k===+， 整理得22(47)0k -=，即274k =（满足0∆>），所以2142AB k ==+. 21.解：（1）设它们的公共交点的横坐标为0x ， 则3200002x mx x n x c +=-+=+(*).3()f x x mx =+，则2'()3f x x m =+，2023x m =+①； 2()g x x n =-+，则'()2g x x =-，022x =-②.由②得01x =-，由①得1m =-.将01x =-，1m =-代入(*)得120n c -=-+=，∴1n =，2c =. （2）由()()f x g x <，得321x mx x +<-+，即21m x x x >--+对(,0)x ∈-∞恒成立， 令21()h x x x x=--+((,0))x ∈-∞，则21'()12h x x x =---32221x x x ---=2332()(1)x x x x ---+=22(1)(21)x x x x+-+-=， 其中2210x x -+-<对(,0)x ∈-∞恒成立，∴()h x 在(,1)-∞-上单调递增，在(1,0)-上单调递减，max ()(1)1h x h =-=-，∴1m >-.故m 的取值范围是(1,)-+∞.22.解：（1）依题意，曲线C ：22(3)9x y -+=，故曲线C 的参数方程是33cos 3sin x y αα=+⎧⎨=⎩（α为参数），因为直线1l ：0x =，直线2l 0y -=，故1l ，2l 的极坐标方程为1l ：()6R πθρ=∈，2l ：()3R πθρ=∈.（2）易知曲线C 的极坐标方程为6cos ρθ=，把6πθ=代入6cos ρθ=，得1ρ=)6A π，把3πθ=代入6cos ρθ=，得23ρ=，所以(3,)3B π，所以121sin 2AOB S AOB ρρ∆=∠13sin()336ππ=⨯-=23.解：（1）因为21x a a ++≤，所以12x a a +≤-， 所以2112a x a a -≤+≤-，所以113a x a -≤≤-. 因为不等式()1f x ≤的解集为{|24}x x -≤≤，所以12134a a -=-⎧⎨-=⎩，解得1a =-.（2）由（1）得()12f x x =--.不等式2()4f x k k ≥--恒成立，只需2min ()4f x k k ≥--，所以224k k -≥--，即220k k --≤， 所以k 的取值范围是[1,2]-.。