贵州省贵阳市第一中学2018届高三第五次适应性月考数学(文)试题 扫描版 含答案
贵州省贵阳市第一中学高三数学5月月考试题 理(扫描版)
贵州省贵阳市第一中学2018届高三数学5月月考试题理（扫描版）贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（八）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．因为，，所以，故子集的个数是4个，故选C．2．由，得故选B．3．因为时，，所以是真命题；又，所以是真命题，所以是真命题，故选C．4．由已知得，公差，所以，又，故选B．5．输入，则，，不符合；，则，，不符合；，则，，所以输出，故选B．6．因为由可行区域知，故选D．7．将图形补成直四棱柱，通过平移即可求解，故选A．8．，向右平移个单位长度后得，又因为平移后的图象关于轴对称，所以是偶函数，时，取得最小值，故选B．9．设为外接球的半径，为底面三角形外接圆的半径，为球心到底面三角形外接圆圆心的距离，三棱锥的体积，又又由正弦定理可求，故选A．10．由，可知函数的图象关于点对称，又，所以的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，故函数的最大值与最小值的和为2，故选D．11．由已知条件知故选B．12．由题意是等比数列，又所以公比，则，故选A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．因为随机变量，且，所以，所以的展开式的通项，令，得，所以展开式中的常数项为．14．如图1，利用割补法可知，阴影部分的面积是正方形面积的，所以所求的概率为．15．由，可得为的中点，当劣弧所对的圆心角最小时，弦长最小，此时，即，重合，∴．16．在中，分别令，，得，，两式相减得，令，得，所以，即，所以数列是公比为的等比数列，又，则，所以．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ），所以的最大值为．由，得，所以的单调递减区间为．………………………（6分）（Ⅱ）由，得，，又，所以．由余弦定理得，所以，因为△是锐角三角形，所以，由正弦定理得，所以，故．……………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）在100名会员中，至少消费两次的会员有人，所以估计该俱乐部一名会员至少消费2次的概率为．……………（2分）（Ⅱ）某会员第1次消费时，该俱乐部获得的利润为元；第2次消费时，该俱乐部获得的利润为元；第3次消费时，该俱乐部获得的利润为元，。
贵州省贵阳市第一中学2017-2018学年高三上学期第五次月考文数试题 Word版含解析
2017-2018学年第Ⅰ卷（共60分）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{|1}M x x=≥，2{|1}N y y x ==-，则M N =（ ）A ．(,2]-∞B ．(0,1]C ．(0,2]D ．[0,1] 【答案】B考点：集合的交集运算. 2. 复数z 满足2iz i i+=+，则||z =（ ） AB ．2C ．D【答案】A 【解析】 试题分析：因为2i (2i)ii i (2i)i i 1i i i iz ++=+=+=-++=-⋅，所以||z 故选A ． 考点：复数的运算.3. 已知*,x y N ∈且满足约束条件1225x y x y x -<⎧⎪->⎨⎪<⎩，则x y +的最小值为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7 【答案】C 【解析】试题分析：画出可行域如图1阴影部分所示，注意到x y *∈N ，，在点(33)，处取得最优解，所以min ()6x y +=，故选C ．考点：简单的线性规划.【方法点睛】一般地，在解决简单线性规划问题时，如果目标函数z Ax By =+，首先，作直线A y x B =-，并将其在可行区域内进行平移；当0B >时，直线Ay x B=-在可行域内平移时截距越高，目标函数值越大，截距越低，目标函数值越小；当0B <时，直线Ay x B=-在可行域内平移时截距越低，目标函数值越大，截距越高，目标函数值越小. 4. 在等比数列{}n a 中，7116a a =，4145a a +=，则2010a a =（ ） A ．23或32 B ．13或12- C ．23 D ．32【答案】A考点：等比数列的性质.5. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（ ） A ．78 B ．89 C ．910 D ．1011图1【答案】C考点：程序框图.6. 设123,,e e e 为单位向量，且3121(0)2e e ke k =+>，若以向量12,e e 为两边的三角形的面积为12，则k 的值为（ ）A ．2 B ．2 C ．2 D ．2【答案】B 【解析】 试题分析：1212121111sin sin 122e e e e e e ⨯⨯⨯〈〉=〈〉=⊥∵，，∴，，∴，22231211||124e e ke k =+=+=∴，k =∴，故选B ． 考点：1.平面向量的数量积；2.平面向量的模7. 一个圆锥被过顶点的平面截去了较少的一部分几何体，余下的几何体的三视图如图所示，则余下部分的几何体的体积为（ ）A ．83π+ B ．163π+ C ．83π+ D ．169π【答案】D考点：空间几何体的三视图. 8. 设函数||()1||x f x x =+，则使得()(21)f x f x >-成立的x 的取值范围是（ ） A ．1(,1)3B ．1(,)(1,)3-∞+∞ C ．11(,)33- D ．11(,)(,)33-∞-+∞【答案】A 【解析】试题分析：由题意()f x 是偶函数，且当0x ≥时，()f x 单调递增，所以由()(21)f x f x >-得(||)(|21|)f x f x >-，所以|||21|x x >-，22(21)x x >-，解得113x <<，故选A ．考点：1.函数的奇偶性；2.函数的单调性. 9. 把函数sin()6y x π=+图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移3π个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ） A ．(,0)3π B ．(,0)4π C ．(,0)12πD ．(0,0)【答案】D考点：三角函数的图像与性质.10. 如图，已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是（ ） A ．74π B ．2π C ．94π D ．3π【答案】C 【解析】试题分析：设正ABC △的中心为1O ，连接1O A ，11O O O C ，，∵1O 是正ABC △的中心，A B C ，，三点都在球面上，∴1O O ABC ⊥平面，结合1O C ABC ⊂平面，可得11O O O C ⊥，∵球的半径2R =，球心O 到平面ABC 的距离为1，得11O O =，∴在1Rt O OC △中，1OC 又∵E 为AB 的中点，ABC △是等边三角形，13cos302AE AO =︒=∴，∵过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径32r =，可得截面面积为29ππ4S r ==，故选C ．考点：1.求；2.空间几何体点线面之间的位置关系.11. 12,F F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，过1F 的直线l 与C 的左、右两支分别交于,A B 两点，若2ABF ∆为等边三角形，则双曲线C 的离心率为（ ）A B ．2 C D ．3 【答案】C考点：1.直线与双曲线之间的位置关系；2. 余弦定理【思路点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查余弦定理的运用；由双曲线的定义，可得12112122F A F A F A AB F B a BF BF a -=-==-=，，24BF a =，122F F c =，再在12F BF V 中应用余弦定理得，a c ，的关系，由离心率公式，计算即可得到所求． 12. 函数()12sin f x x x π=--的所有零点之和等于（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 【答案】B 【解析】试题分析：函数()12sin πf x x x =--的零点可以看作是函数()2sin πg x x =与直线1y x =-的交点的横坐标，由于直线1y x =-过点(10)，，而()2sin πg x x =也关于点(10)，对称，因此函数()2sin πg x x =与直线1y x =-的交点一定关于点(10)，对称，作出它们的图象，如图2，当1x -≤时，12y x =--≤，当3x ≥时，12y x =-≥，因此它们交点在[13]-，上，当12x =-时，122g ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 3122y x =-=->-，当52x =时，522g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 3122y x =-=<，因此函数()2sin πg x x =与直线1y x =-在[10]-，上有两个交点，在[23]，上有两个交点，又1x =也是它们的交点，所以，所求零点之和为2215⨯+=，故选B ．考点：函数的零点.【思路点睛】本题主要考查函数交点个数以及数值的计算，根据函数图象的性质，利用数形结合是解决此类问题的关键，由()12sin 0f x x x π=--=得12sin x x π-=，分别作出函数1y x =-和2sin y x π=的图象，利用对称性结合数形结合进行求解即可．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知{}n a 是各项不为零的等差数列，其中10a >，公差0d <，若100S =，则数列{}n a 前n 项和取最大值时n = .【答案】5 【解析】 试题分析：110105610()5()02a a S a a +==+=，所以5600a a ><，，即数列{}n a 前5项和为最大值，所以5n =．考点：等差数列的前n 项和.14. 直线:20l mx y m +--=与圆22:(3)(4)25C x y -+-=交于,A B 两点，C 为圆心，当ACB ∠最小时，直线l 的方程是 .【答案】30x y +-=考点：直线与圆的位置关系.15. 已知(1,1)P 为椭圆22124x y +=内一定点，经过P 引一弦，使此弦在(1,1)P 点被平分，则此弦所在的直线方程是 . 【答案】230x y +-=考点：直线与椭圆的位置关系.【思路点睛】设出两个交点的坐标，将它们代入椭圆的方程，将两个式子相减得到有关相交弦的中点与相减弦所在直线的斜率关系，求出直线的斜率，利用点斜式写出直线的方程．在解决直线与圆锥曲线相交关于相交弦的问题时，一般利用将交点坐标代入圆锥曲线的方程，两个式子相减得到中点与斜率的关系．16. 若函数2()ln 2f x x x mx =+-在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 .【答案】(-∞ 【解析】试题分析：1()220f x x m x '=+-≥对0x >恒成立，122x m x +∴≥，而12x x+≥12x x=，即x =时取等，2m ∴≤，m ∴．考点：导数的应用.【方法点睛】【方法点睛】对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法, 一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后再构造辅助函数()f x ，利用m x f >)(恒成立m x f >⇔mi n )(；m x f <)(恒成立m x f <⇔max )(，即可求出参数范围.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）设ABC ∆三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知3C π=，cos cos a A b B =.（1）求角B 的大小；（2）如图，在ABC ∆内取一点P ，使得2PB =，过点P 分别作直线,BA BC 的垂线,PM PN ，垂足分别是,M N ，设PBA α∠=，求PM PN +的最大值及此时α的值.【答案】（1）π3B =；（2） 2 MN即π2sin 2]3α⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，于是，当ππ32α+=，即π6α=时，PM PN +取得最大值2．………………………………………………………………………（12分）考点：1.正弦定理；2.三角函数的性质. 18. （本小题满分12分）某研究机构为了研究人的脚的大小与身高之间的关系，随机抽测20人，得到如下数据：（1）若“身高大于175厘米”的为“高个”，“身高小于等于175厘米”的为“非高个”；“脚长大于42码”的为“大脚”，“脚长小于等于42码”的为“非大脚”，请根据上表数据完成下面的22⨯列联表：（2）根据（1）中表格数据，若按99%的可靠性要求，能否认为脚的大小与身高之间有关系？附：22()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++【答案】（1）详见解析；（2）我们有99%的把握认为：人的脚的大小与身高之间有关系． 试题分析：（1）根据高个和大脚的描述，统计出大脚，高个，非大脚和非高个的数据，填入列联表，再在合计的部分填表．（2）提出假设，代入公式做出观测值，把所得的观测值同表格中的临界值进行比较，得到26.635K >的概率约为0.010，而8.802 6.635>，我们有99.5%的把握认为：人的脚的大小与身高之间有关系．考点：1.22⨯列联表；2.独立性检验.19. （本小题满分12分）如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是直角梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，112BC AD ==， ABE ∆是等腰直角三角形，2EA EB ==，,F H 分别是,DE AB 的中点.（1）求证：//CF 平面ABE ； （2）求三棱锥F DCH -的体积.【答案】（1）详见解析；（2）12试题分析：（1）取DH 中点M ，连接BM FM 、．证明四边形FMBC 是平行四边形，通过直线与平面平行的判定定理证明//FC 平面ABE ．（2）取DH 中点N ，连接FN EH 、，证明EH ⊥平面ABCD ，推出DCH ADH BCH ABCD S S S S ∆∆∆--梯形＝，求出面积与高，即可求解体积．（2）解：如图3，取DH 中点N ，连接FN ，EH ，∵F 是DE 的中点， FN EH ∴∥且12FN EH =， 由ABE △是等腰直角三角形，AE BE =, H 是AB 的中点，EH AB ⊥∴， ABCD ABE ⊥又平面平面，平面ABCD平面ABE =AB ，EH ABE ⊂平面，EH ABCD ⊥∴平面， FN ABCD ⊥∴平面，DCH ADH BCH ABCD S S S S =--△△△梯形111=(12)21222⨯+⨯⨯⨯=又12FN EH ==111332DCH F DCH V S FN -=⋅==△三棱锥∴．…………………（12分）考点：1.线面平行的判定；2.线面垂直的判定；3.空间几何体的体积. 20. （本小题满分12分）已知抛物线22(0)y px p =>，过点(2,0)C -的直线l 交抛物线于,A B 两点，坐标原点为O ，12OA OB ∙=.（1）求抛物线的方程；（2）当以AB 为直径的圆与y 轴相切时，求直线l 的方程.【答案】（1）24y x =；（2） 20x +=或20x +=（2）由（1）（*）化为2480y my -+=． 121248y y m y y +==，，…………………………………………………………（6分）设AB 的中点为M ，则21212||2()444M AB x x x m y y m ==+=+-=-，①又12|||AB y y -，② 由①②得2222(1)(1632)(44)m m m +-=-，解得23m m ==，所以直线l 的方程为20x +=或20x +=． ……………………………（12分）考点：1.抛物线的方程；2.直线与抛物线的位置关系. 21. （本小题满分12分）已知函数()ln()x f x e a =+（a 为常数，e 为自然对数的底数）是实数集R 上的奇函数. （1）求实数a 的值； （2）讨论关于x 的方程2ln 2()xx ex m f x =-+的根的个数. 【答案】（1）0a =；（2） 21e e m <+故当21e e m ->，即21e e m >+时，方程无实根；当21e e m -=，即21e em =+时，方程有一个根；当21e e m -<，即21e e m <+时，方程有两个根．…………………（12分）考点：1.函数的奇偶性；2.倒数在函数单调性中的应用.【方法点睛】确定函数的零点如果通过解方程()0f x =较困难得到零点时，通常将()f x 的零点转化为求方程()0f x =的根，再转化为两个新函数的交点问题，此时只要作出它们的图象，借助相关的知识建立与参数相关的不等式或等式即可使问题得到解决． 22. （本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，四边形ABDC 内接于圆，BD CD =，过C 点的圆的切线与AB 的延长线交于E 点. （1）求证：2EAC DCE ∠=∠；（2）若,,2BD AB BC BE AE ⊥==，求AB 的长.【答案】（1）详见解析；（2） 1AB =考点：1.弦切角定理;2.切割线定理.23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为1cos sin x y ϕϕ=+⎧⎨=⎩，（ϕ为参数），以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求圆C 的极坐标方程；（2）直线l 的极坐标方程是2sin()3πρθ+=:3OM πθ=与圆C 的交点为,O P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长.【答案】（1）2cos ρθ=；（2）线段PQ 的长为2.考点：考点：参数方程，普通方程，与极坐标方程互化，极坐标方程的应用.24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知,,a b c R +∈，求证：（1）2(1)()16ab a b ab ac bc c abc ++++++≥； （2）3b c a c a b a b ca b c+-+-+-++≥. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析（Ⅱ）3b c a a b c R a b c +∈∴++≥，，，，当且仅当a b c ==时取“=”， 36c b a b c a c b aa cb a bc a c b∴++≥∴+++++≥，， 因此，1113b c c a a b a a b b c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-++-++-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即3b c a c a b a b ca b c+-+-+-++≥． ……………………………………………（10分）考点：基本不等式.【方法点睛】基本不等式求最值的常见的方法和技巧：①利用基本不等式求几个正数和的最小值时，关键在于构造条件，使其积为常数。
贵州省贵阳市2018届高三数学上学期适应性月考试题一(2)
2018届高三上学期适应性月考（一）文科数学试卷第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合{61}M x x =-<<，{33}N x x x =<->或，则M N = （ ） A ．{13}x x x <->或 B ．{63}x x -<<- C ．{31}x x -<< D ．{13}x x <<2.设复数z 满足243z i i -=+，则z =（ ）A ．44i +B ．44i -C ．22i -D ．22i +3.设向量,a b满足2a b ∙= ，a b -= a b += （ ）A B ．11 C ．154.若1tan()3αβ-=，1tan 4β=，则tan 2α=（ ） A ．7736 B ．7785 C. 117 D ．7115.执行如图所示的程序框图，若输入的,,a b k 分别为0，2，4，则输出的p =（ ）A ．32 B ．5 C. 73 D ．1966.已知事件“在正方形ABCD 的边CD 上随机了一点P ，使ABP ∠为三角形APB 中最大角”发生的概率为（ ） A ．12 B ．14 C. 13 D ．237.若一正方体的体积为27，则其外接球的表面积为（ ） A ．9π B ．12πC.2D ．27π 8.已知圆22:(1)(3)9C x y -+-=的圆心C 在直线l 上，且l 与直线20x y +-=平行，则l 的方程是（ ）A ．40x y +-=B ．40x y ++= C. 20x y --= D ．20x y -+= 9.设函数21()ln(1)1f x x x=-++，则不等式(1)(32)f f x <+的解集是（ ） A ．1(,1)(,)3-∞--+∞ B ．1(,)3-+∞ C. (1,)-+∞ D ．1(1,)3--10.若变量,x y 满足条件3372x y x y y -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，则22(3)x y +-的最小值是（ ）A ．13B ．18 C. 20 D ．26 11.在等差数列{}n a 中，若0n a >，且52a =，则2819a a +的最小值为（ ） A ．4 B ．6 C.8 D ．1612.设'()f x 为定义在*R 上的函数()f x 的导函数，且'()()0f x f x x->恒成立，则（ ） A ．3(4)4(3)f f > B ．3(4)4(3)f f < C. 3(3)4(4)f f > D ．3(3)4(4)f f <第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.只用“加减乘除”就可解决问题.88511，16351，？，10251；“？”处应填的数字是 ．14.以下四个命题中，为假命题的有 ．（填序号）. （1）过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直；（2）如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行； （3）两两相交且不过同一点的三条直线不一定共面； （4）垂直于同一平面的两平面平行.15.已知函数231,0()24,0x x f x x x x ⎧->⎪=⎨--≤⎪⎩，若方程()f x m =有3个不等的实根，则实数m 的取值范围是 ．16.已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的两个焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ，M 为椭圆上一点，且2123FM F M c ∙= ，则此椭圆离心率的取值范围是 ． 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. 如图，在平面四边形ABCD 中，090PAD ∠=，0120PBC ∠=，060CPD ∠=，6AB =，1:2AP PB =，PC =（1）求cos BPC ∠的大小； （2）求PD 的长.18. 某学校高二年级共有1600人，现统计他们某项任务完成时间介于30分钟到90分钟之间，图中是统计结果的频率分布直方图.（1）求平均值、众数、中位数；（2）若学校规定完成时间在[30,50)分钟内的成绩为A 等；完成时间在[50,70)分钟内的成绩为B 等；完成时间在[70,90)分钟内的成绩为C 等，按成绩分层抽样从全校学生中抽取10名学生，则成绩为B 等的学生抽取人数为？（3）在（2）条件下抽取的成绩为B 等的学生中再随机选取两人，求两人中至少有一人完成任务时间在[60,70)分钟的概率.19. 如图，在三棱锥K ABC -中，,,D E F 分别是,,KA KB KC 的中点，平面KBC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，KBC ∆是边长为2的正三角形，3AC =.（1）求证：BF ⊥平面KAC ； （2）求三棱锥F BDE -的体积.20. 已知12,F F 是离心率为12的椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点，,A B 是椭圆C 与x 轴的两交点，设点P 坐标为(,)a b ，若12PF F S ∆=（1）求P 点坐标；（2）设点Q 是椭圆上异于,A B 的动点，直线,QA QB 分别交直线:l x m =（2m <-）于,M N 两点，是否存在实数m ，使得11MF NF ⊥？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由. 21. 已知函数22ln ()xf x x+=，设其极大值点为a . （1）求a 及()f x 的最大值； （2）求证：曲线ln 3x y x--=在(,)a +∞上存在斜率为4的切线，且切点的纵坐标054y -<<-.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：坐标系与参数方程已知极坐标的极点在平面直角坐标系的原点O 处，极轴与x 轴的非负半轴重合，且长度单位相同，直线l 的极坐标方程为：2sin()33πρθ+=，曲线C 的参数方程为：3cos 23sin x y αα⎧=⎪⎨=+⎪⎩，（α为参数），其中[0,2)απ∈. （1）写出直线l 的直角坐标方程及曲线C 的普通方程； （2）若,A B 为曲线C 与直线l 的两交点，求AB . 23.选修4-5：不等式选讲 设()231f x x x =-++.（1）求不等式()4f x x <+的解集；（2）若函数()()g x f x ax =+有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） CA【解析】1．由题意得{|}{|}{61333|}6M N x x x x x x x =<<<-><---=< 或，故选B ． 2．由2i 43i z -=+，得22i z =+，∴22i z =-，故选C ． 3．因为||=-a b ，所以2||7=-a b ，即2227-+= a a b b ．又因为2= a b ，∴22215+=+ a a b b ，||+a b C ．4． tan tan () []ααββ=-+=tan()tan 1tan()tan αββαββ-+-- 117341111134+==- ，22tan 77tan 21tan 36ααα==-，故选A ．5．第一次循环：1412p a b n ====，，，；第二次循环：6263p a b n ====，，，；第三次循环：7712433p a b n ====，，，，终止循环，则输出73p =，故选C ．6．在正方形ABCD 中，当点P 为CD 中点时，三角形APB 为等腰三角形，故∠ABP 为最大角的概率为12，故选A ． 7．由题可知正方体的棱长为3，其体对角线24ππ=27R ，故选D ．8．依题意，得直线l 过点(1，3)，斜率为1-，所以直线l 的方程为3(1)y x -=--，即40x y +-=，故选A ．9．由21()ln(1)1||f x x x =-++，知f (x )为R 上的偶函数，当0x >时， f (x )在(0，+∞)上为减函数，则12|3|x >+，解得113x -<<-，故选D ．10．满足条件3372x y x y y -⎧⎪+⎨⎪-⎩，，≥≤≥ 的可行域为如图1所示三角形ABC （包括边界）．22(3)x y +-是可行域上动点(x ，y )到点P (0，3)距离的平方，因为过P 垂直于AC 的直线与AC 的交点在线段AC 上，22(3)x y +-取最小值，为点P 到线段AC 的距离的平方为18，故选B ．11．因为52a =，所以284a a +=，所以82282828289191191()1044a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫+=⨯+⨯+=⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 4≥，故选A ．12．令()()f x g x x =，则2()()1()()()xf x f x f x g x f x x x x '-⎡⎤''==-⎢⎥⎣⎦，因为()()0f x f x x '->，0x >， 所以()0g x '>，则()g x 在*R 为增函数，所以(4)(3)g g >，即(4)(3)43f f >，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分））【解析】13．8816853515111+=-=⨯=÷=； ； ； ；所以第二个数是16351．用此规律可得出1676333515515+=-=⨯=÷=； ； ； ；所以第三个数是73155．14．（1）“过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直”是真命题；（2）“如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行”是假命题；（3）“两两相交且不过同一点的三条直线不一定共面”是假命题；（4）“垂直于同一平面的两平面平行” 是假命题．15．画出2310()240x x f x x x x ⎧->⎪=⎨--⎪⎩，，，≤的图象，如图2，由函数()f x m =有3个不等实根，结合图象得：02m <<，即)2(0m ∈，． 16．设M 坐标为(x ，y )，则222212()()3F M F M x c y x c y x c y c =+-=-+=，，①，将22222b y b x a =- 代入①式解得222222222(4)(5)c b a c a a x c c--==，又x 2∈[0，a 2]，图2∴221154c a ≤≤，∴12c e a ⎤=∈⎥⎣⎦，． 三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为||6AB =， 且||AP ∶|12|PB =， 所以42||BP PA ==，||.在△PBC 中，4||120BP PC PBC ==∠=︒，. 又因为222||||||2||||cos PC PB BC PB BC PBC =+∠-， 即212816||||242BC BC ⎛⎫=+⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭-，解得||2BC =或||6BC =-(舍)，所以222||||||cos2||||BP PC BC BPC BP PC +-∠===⨯⨯．（Ⅱ）由（Ⅰ）知cos BPC ∠=，所以sin BPC ∠=， 所以sin sin π s in ()()APD BPC CPD BPC CPD ∠=-∠-∠+∠=∠12==，所以cos APD ∠=，所以PD =． 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）平均数为350.1450.1550.5650.2750.05850.0556.5⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=； 众数为55；因为完成时间在[30，50)分钟内的频率为0.2，在[50，60)分钟内的频率为0.5，所以中位数为50656+=．（Ⅱ）因为A ，B ，C 的频率比为2︰7︰1，共抽10人，所以B 中抽7人．（Ⅲ）抽出的成绩为B 等学生中完成任务时间[50，60)分钟的学生有5人，设为a ，b ，c ，d ，e ；在[60，70)分钟的学生人数为2人，设为x ，y ，则7人中任选两人共有：(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(a ，x )，(a ，y )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(b ，x )，(b ，y )，(c ，d )，(c ，e )，(c ，x )，(c ，y )，(d ，e )，(d ，x )，(d ，y )，(e ，x )，(e ，y )，(x ，y )共21种．两人中至少有一人完成任务时间在[60，70）分钟内的有：(a ，x )，(a ，y )，(b ，x )，(b ，y )，(c ，x )，(c ，y )，(d ，x )，(d ，y )，(e ，x )，(e ，y )，(x ，y )共11种．所以两人中至少有一人完成任务时间在[60，70）分钟的概率为1121． 19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为平面KBC ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面KBC ，又因为BF 在平面KBC 上， 所以BF ⊥AC ．又因为△KBC 是正三角形，且F 为CK 的中点， 所以BF ⊥KC ．所以BF ⊥平面KAC ．（Ⅱ）解：因为112EFB S ==△ 又因为AC ⊥平面KBC ，DF//AC ， 所以DF ⊥平面KBC ． 又因为1322DF AC ==，所以113||332F BDE D EFB EFB V V S DF --==⨯==△20．（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）因为12c e a ==，又因为12122PF F c S b bc === △两式联立解得2a b ==， 所以P 点坐标（2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆的方程为22+143x y =，设Q (x 0，y 0)，则002QA y k x =+，直线QA 方程为0(+22)y y x x =+， 令x m =得M 点坐标为00(2)2m y m x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭，，同理002QB y k x =-，直线QB 方程为0(2)2y y x x =--， 得N 点坐标为00(2)2m y m x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，，∴110022000220(2)(2)22(4)11(1)(4)MF NF m y m y x x m y k k m m m x +-+--==+++- ， 又Q (x 0，y 0)在椭圆上，∴22200020314344x y y x +=⇒=--， ∴1122431(1)4MF NF m k k m -⎛⎫=-=- ⎪+⎝⎭， 解得4m =-，所以存在实数4m =-，使得MF 1⊥NF 1． 21．（本小题满分12分） （Ⅰ）解：函数22ln ()xf x x +=的定义域为{x |x >0}． 因为32ln 3()(0)x f x x x --'=>． 令)0(f x '=，解得32e x -=． 当0<x<32e -时，)0(f x '>， 当32e x ->时，()0f x '<，所以332(e e )2f -=为f (x )的极大值，也是最大值，32e a -=．（Ⅱ）证明：令ln 3()x g x x --=，得22ln ()xg x x +'=， 因为14(2ln 2)4(1)22f f ⎛⎫=⨯->= ⎪⎝⎭，，且由（Ⅰ）得，f (x )在112⎛⎫⎪⎝⎭，内是减函数， 所以存在唯一的x 0∈112⎛⎫⎪⎝⎭，，使得004()()g x f x =='． 所以曲线ln 3x y x --=在(+)a ∞，上存在以(x 0，g (x 0))为切点，斜率为4的切线． 由00202ln ()4x g x x +'==得0000ln 24x x x x -=-， 所以000000231()44g x x x x x x =--=--.11 因为x 0∈112⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 所以00()54()y g x ∈--，=． 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】 解：（Ⅰ）∵π2sin 33ρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴sin cos 3ρθθ=，直线l 的直角坐标方程：30y +-=．曲线C：3cos 23sin x y αα⎧=⎪⎨=+⎪⎩，， (α为参数)，消去参数可得曲线C的普通方程为：22(()29x y -+=．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，22(()29x y -+=的圆心为D(2)，半径为3． 设AB 中点为M ，连接DM ，DA ，圆心到直线l 的距离|323|22d -+-==，所以2D M =，又因为3DA =，所以MA =||AB =23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】 解：（Ⅰ）分段讨论得不等式解集为（0，3）． （Ⅱ）利用图象可得533a -<<-．。
【数学】贵州省贵阳市第一中学2018届高三3月月考数学(文)试题 扫描版含答案
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（六）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．由题意：，则，故选A．2．，则，所以的共轭复数为，故选A．3．A选项：“，使得”是“对，都有”的否定，不是否命题，所以A错；B选项：对于，都有，所以B错；C选项：因为，所以无最小值，故C错；D选项：该命题的逆否命题是“若且，则”，是一个真命题，所以原命题也是一个真命题，D对，故选D．4．圆：，圆心为，半径为．由题意知：圆心在直线上，所以，解得，故圆心为，半径为，又圆心到直线的距离为，所以圆C上到直线的距离为的点有3个，故选C．5．根据所给程序框图可知：；；；时，输出，故选C．6．由题意：，则．又，所以，因为，所以，所以，其对称中心为，故选D ．7．由题意：，所以，故选B ．8．平面区域的图象如图1所示，，令，当直线经过点时，，故选B ． 9．A 选项：均可，A 错；B 选项：均可，B 错；C 选项：或与相交均可，C 错；D 选项：由线面平行的性质定理可知，若，则所以D 对，故选D ．10．分别令，则，在同一平面直角坐标系中分别作出的图象，如图2，由图象可知：，所以，故选B ．11．由题意知：且，又，解得，则圆：和圆：的圆心分别是该双曲线的下焦点和上焦点．又，所以，故选A ．12．由题意：，令，则，所以是一个偶函数．当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．，解得，故选B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．，∴，又，所以．14．由题意：在R上单调递减，所以所以．15．，由，解得．将两次出现的点数记为有序数对，则可能的情况有36种，满足的有，，共3种，∴．16．由题意可知：，又，∴为正三角形，∴，∴正三棱锥是一个正四面体．设内切球的半径为，三棱锥的高为，利用分割法可得．由正弦定理可得（为外接圆半径），∴，∴，∴．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由，得∵，∴即……………………（2分）当时，，即；………………………………………………………………（4分）当时，，满足题设条件，综上，……………………………………………………（6分）（Ⅱ）证明：∵…………………………………………………………………（8分）∴，………………………………………（10分）∵，∴，结论得证．………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）图甲中的平均数为：…………………………………………………………（2分）由，解得……………（4分）（Ⅱ）设甲、乙两校学生成绩为优秀的分数至少各定为和．则，解得（分），………………………………（6分），解得（分）. ………………………………（8分）（Ⅲ）基本事件总数如下表所示：总共有25种．设“”为事件A，则事件A包含的基本事件为(93，86)，(98，86)，(93，86)，(98，86)，(93，87)，(98，87)，(98，89)，(84，89)，(84，95)，(85，95)，(87，95)，总共有11种．所以．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD为菱形，∴，又平面ABCD，且平面ABCD，∴，又，∴平面PAC，又平面，∴…………………………………（2分）在中，，∴又，于是，，∵，∴在中，由余弦定理，∴，∴，即…………………………………………（4分）又，∴平面…………………………………………（6分）（Ⅱ）解：法1：等体积法，由（Ⅰ）可知，，同理可得，连接，则，∴…………………（12分）法2：割补法，…………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由题意：，设C点的坐标为，P点的坐标为，则D点的坐标为，，，∴．………………………………………（2分）又②−①得，即，解得，所以椭圆的方程为．……………………………………………（6分）（Ⅱ）证明：设，由题意可知均不为0．则直线：，直线：，则，，∴，同理可得，…………………（10分）又，∴，∴∴：，化简得所以直线过定点．………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）令，∴；令，∴所以函数在上单调递增，在上单调递减．…………………………………………………………（3分）要使方程在上恰有3个实数根，只需函数的图象与直线有三个交点即可，当时，，，当时，直线刚好与图象相切，只有一个交点，所以的取值范围是．………………………………………………（6分）（Ⅱ）恒成立，即恒成立．设，则由于，所以，令，则令，则当且仅当时取等号，所以函数在上单调递减，，即．………………………………………………………（8分）若，则，所以在上单调递增，恒成立；若，令，则，存在，使得，且当时，，单调递减，．又时，，∴故存在，使得，即不能恒成立．综上所述，的取值范围是……………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）的直角坐标方程为，的普通方程为，的圆心为(0，0)，它到直线的距离，所以所求公共点的个数为0个. ………………………………………………（5分）（Ⅱ）易知的普通方程为，将直线的参数方程代入可得：，不妨设A，B对应的参数分别为，，则，，=，=2=……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）当x<−1时，，则，舍去；当时，有，则满足；当时，有恒成立，综上，解集为………………………………………………（5分）（Ⅱ）易知，即恒成立，则，则满足的非负整数解集为…………………………（10分）。
贵州省贵阳市第一中学高三上学期适应性月考(一)数学(
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（一）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．由题意得{|}{|}{61333|}6MN x x x x x x x =<<<-><---=<或，故选B ．2．由2i 43i z -=+，得22i z =+，∴22i z =-，故选C ． 3．因为||=-a b ，所以2||7=-a b ，即2227-+=a a b b ．又因为2=a b ，∴22215+=+a a b b ，||+a b C ．4． tan tan () []ααββ=-+=tan()tan 1tan()tan αββαββ-+--117341111134+==-，22tan 77tan 21tan 36ααα==-，故选A ．5．第一次循环：1412p a b n ====，，，；第二次循环：6263p a b n ====，，，；第三次循环：7712433p a b n ====，，，，终止循环，则输出73p =，故选C ．6．在正方形ABCD 中，当点P 为CD 中点时，三角形APB 为等腰三角形，故∠ABP 为最大角的概率为12，故选A ． 7．由题可知正方体的棱长为3，其体对角线即为球的直径，所以球的表面积为24ππ=27R ，故选D ．8．依题意，得直线l 过点(1，3)，斜率为1-，所以直线l 的方程为3(1)y x -=--，即40x y +-=，故选A ．9．由21()ln(1)1||f x x x =-++，知f (x )为R 上的偶函数，当0x >时， f (x )在(0，+∞)上为减函数，则12|3|x >+，解得113x -<<-，故选D ．10．满足条件3372x y x y y -⎧⎪+⎨⎪-⎩，，≥≤≥ 的可行域为如图1所示三角形ABC （包括边界）．22(3)x y +-是可行域上动点(x ，y )到点P (0，3)距离图1的平方，因为过P 垂直于AC 的直线与AC 的交点在线段AC 上，22(3)x y +-取最小值，为点P 到线段AC 的距离的平方为18，故选B ． 11．因为52a =，所以284a a +=，所以82282828289191191()1044a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫+=⨯+⨯+=⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 4≥，故选A ．12．令()()f x g x x =，则2()()1()()()xf x f x f x g x f x x x x '-⎡⎤''==-⎢⎥⎣⎦，因为()()0f x f x x'->，0x >， 所以()0g x '>，则()g x 在*R 为增函数，所以(4)(3)g g >，即(4)(3)43f f >，故选A ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13． 8816853515111+=-=⨯=÷=； ； ； ；所以第二个数是16351．用此规律可得出1676333515515+=-=⨯=÷=； ； ； ；所以第三个数是73155．14．（1）“过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直”是真命题；（2）“如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行”是假命题；（3）“两两相交且不过同一点的三条直线不一定共面”是假命题；（4）“垂直于同一平面的两平面平行” 是假命题．15．画出2310()240x x f x x x x ⎧->⎪=⎨--⎪⎩，，，≤的图象，如图2，由函数()f x m =有3个不等实根，结合图象得：02m <<，即)2(0m ∈，． 16．设M 坐标为(x ，y )，则222212()()3F M F M x c y x c y x c y c =+-=-+=，，①，将22222b y b x a =- 代入①式解得222222222(4)(5)c b a c a a x c c --==，又x 2∈[0，a 2]，∴221154c a ≤≤，∴12c e a ⎤=∈⎥⎣⎦，． 图2三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为||6AB =， 且||AP ∶|12|PB =， 所以42||BP PA ==，||.在△PBC 中，4||120BP PC PBC ==∠=︒，. 又因为222||||||2||||cos PC PB BC PB BC PBC =+∠-， 即212816||||242BC BC ⎛⎫=+⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭-，解得||2BC =或||6BC =-(舍)，所以222||||||cos2||||BP PC BC BPC BP PC +-∠===⨯⨯ ……………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知cos BPC ∠=所以sin 14BPC ∠=， 所以sin sin π s in ()()APD BPC CPD BPC CPD ∠=-∠-∠+∠=∠12+=所以cos APD ∠=，所以PD =． …………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）平均数为350.1450.1550.5650.2750.05850.0556.5⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=； 众数为55；因为完成时间在[30，50)分钟内的频率为0.2，在[50，60)分钟内的频率为0.5，所以中位数为50656+=． ………………………………………………（4分）（Ⅱ）因为A ，B ，C 的频率比为2︰7︰1，共抽10人，所以B 中抽7人． ……（8分）（Ⅲ）抽出的成绩为B 等学生中完成任务时间[50，60)分钟的学生有5人，设为a ，b ，c ，d ，e ；在[60，70)分钟的学生人数为2人，设为x ，y ，则7人中任选两人共有：(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(a ，x )，(a ，y )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(b ，x )，(b ，y )，(c ，d )，(c ，e )，(c ，x )，(c ，y )，(d ，e )，(d ，x )，(d ，y )，(e ，x )，(e ，y )，(x ，y )共21种．两人中至少有一人完成任务时间在[60，70）分钟内的有：(a ，x )，(a ，y )，(b ，x )，(b ，y )，(c ，x )，(c ，y )，(d ，x )，(d ，y )，(e ，x )，(e ，y )，(x ，y )共11种． 所以两人中至少有一人完成任务时间在[60，70）分钟的概率为1121． ……………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为平面KBC ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面KBC ，又因为BF 在平面KBC 上， 所以BF ⊥AC ．又因为△KBC 是正三角形，且F 为CK 的中点， 所以BF ⊥KC ．所以BF ⊥平面KAC ． …………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：因为112EFB S ==△， 又因为AC ⊥平面KBC ，DF//AC ， 所以DF ⊥平面KBC ． 又因为1322DF AC ==，所以113||332F BDE D EFB EFB V V S DF --==⨯==△ ………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为12c e a ==，又因为12122PF F c S b bc ===△，两式联立解得2a b ==，所以P 点坐标（2 …………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆的方程为22+143x y =，设Q (x 0，y 0)，则002QA y k x =+，直线QA 方程为00(+22)y y x x =+， 令x m =得M 点坐标为00(2)2m y m x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭，，同理002QB y k x =-，直线QB 方程为0(2)2y y x x =--， 得N 点坐标为00(2)2m y m x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，，∴1122000220(2)(2)22(4)11(1)(4)MF NF m y m y x x m y k k m m m x +-+--==+++-， 又Q (x 0，y 0)在椭圆上，∴22200020314344x y y x +=⇒=--， ∴1122431(1)4MF NF m k k m -⎛⎫=-=- ⎪+⎝⎭， 解得4m =-，所以存在实数4m =-，使得MF 1⊥NF 1． ……………………………（12分）21．（本小题满分12分） （Ⅰ）解：函数22ln ()xf x x +=的定义域为{x |x >0}． 因为32ln 3()(0)x f x x x --'=>． 令)0(f x '=，解得32e x -=． 当0<x<32e -时，)0(f x '>， 当32e x ->时，()0f x '<，所以332(e e )2f -=为f (x )的极大值，也是最大值，32e a -=． ………………………（6分）（Ⅱ）证明：令ln 3()x g x x --=，得22ln ()xg x x+'=，因为14(2ln 2)4(1)22f f ⎛⎫=⨯->= ⎪⎝⎭，，且由（Ⅰ）得，f (x )在112⎛⎫⎪⎝⎭，内是减函数， 所以存在唯一的x 0∈112⎛⎫⎪⎝⎭，，使得004()()g x f x =='． 所以曲线ln 3x y x --=在(+)a ∞，上存在以(x 0，g (x 0))为切点，斜率为4的切线． 由00202ln ()4x g x x +'==得0000ln 24x x x x -=-， 所以000000231()44g x x x x x x =--=--. 因为x 0∈112⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 所以00()54()y g x ∈--，=． ………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）∵π2sin 33ρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴sin cos 3ρθθ=，直线l的直角坐标方程：30y +-=．曲线C：3cos 23sin x y αα⎧=⎪⎨=+⎪⎩，， (α为参数)， 消去参数可得曲线C的普通方程为：22(()29x y +-+=． …………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，22(()29x y +-+=的圆心为D(2)，半径为3． 设AB 中点为M ，连接DM ，DA ， 圆心到直线l 的距离|323|22d -+-==，所以2DM =， 又因为3DA =，所以MA，所以||AB =10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）分段讨论得不等式解集为（0，3）． …………………………………（5分）（Ⅱ）利用图象可得533a-<<-．…………………………………………………（10分）。
贵州省贵阳市第一中学2018届高三5月月考文科综合试题(含答案)
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（八）文科综合参考答案一、选择题（本大题共35小题，每小题4分，共140分）【解析】1．港珠澳大桥海底沉管隧道的建设一是考虑船舶的通行，二是要有技术做保障，因此影响其建设的主导因素因为交通和技术，故选C。
2．港珠澳大桥地处低纬度，冬季海水不会结冰，故选B。
3．山西、陕西发展苹果、核桃种植，夏季光热充足，昼夜温差大，是有利条件，而主要的限制性条件为水源不足，故选B。
4．要使当地苹果核桃国际竞争力增强，最重要的途径应从加大科技投入方面考虑，通过培育良种、改进灌溉措施等来提高产品质量，而治理水土流失和提高机械化水平并不是最重要的途径，取消贸易壁垒也行不通，故选B。
5．根据经纬网及降水量情况可判断出该地位于巴西高原。
故选A。
6．从图中看出，甲地径流量最大值出现月份滞后于降水量最大值与出现月份，再结合图中沼泽分布，可得出湿地调节作用是影响径流量峰值的主要原因，故选C。
7．读图可知，四个城市中拉萨气温年较差最小，故选D。
8．杭州与兰州相比气温年较差较小，主要原因是杭州位于沿海，受海洋影响较大，兰州位于内陆，受大陆影响较大，故选A。
9．重庆和武汉同为我国火炉城市，夏季应普遍高温，冬季重庆受地形阻挡作用明显，受冬季风影响较小，一月气温较高，故选C。
10．某日贵阳日出时间正好为北京时间6时，则贵阳日出的地方时应约为5时，贵阳昼长于夜，太阳应直射在北半球，而此时南半球海洋上的船员看见日出，该船应位于晨线上，日出地方时应为6时以后，其所在经线经度应大于120°E，故选D。
11．这段时间应为北半球夏季，荷花盛开，故选C。
12．B项反映由于对乘坐飞机的需求量增加，导致机票价格上涨，与题意相符。
故选B。
13．对符合条件的不裁员或少裁员的企业，按规定给予稳岗补贴，而非裁员的企业，②错误；对不涉及公共利益和公众安全的非国有资金投资项目，可以依法不招标，③错误；①④属于促进实体经济发展的正确措施。
贵州省贵阳市2018届高三5月高考模拟考试理数试题Word版含解析
贵州省贵阳市2018届高三5月高考模拟考试理数试题第Ⅰ卷（共60分）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|5,|A y y x B x y ==-+==，则AB =（ ）A ．[)1,+∞B ．[]1,3C ．[]3,5D ．(]3,5 【答案】C 【解析】 试题分析：{}{}{}[]2|5|5,|33,5A y y x y y B x x AB ==-+=≤=≥∴=,选C考点：集合的运算 2.已知复数112m i z i -=+-（i 是虚数单位）的实部与虚部的和为1，则实数m 的值为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【答案】B考点：复数的概念3.以下四个命题中，真命题的是（ ） A ．()0,,sin tan x x x π∃∈=B ．“对任意的2,10x R x x ∈++>”的否定是“存在2000,10x R x x ∈++<” C ．R θ∀∈，函数()()sin 2f x x θ=+都不是偶函数 D ．ABC ∆中，“sin sin cos cos A B A B +=+”是“2C π=”的充要条件【答案】D 【解析】试题分析：当()0,x π∈时，sin sin tan sin cos 1,cos xx x x x x=⇒=⇒=故A 错误；由全称命题的否定知B 错误；由诱导公式可得单调,2k k Z πθπ=+∈时()()sin 2cos f x x θθ=+=±，显然为偶函数；故C 错误；sin sin cos cos sin cos cos sin sin 2sin 2A B A B A A B B A B +=+⇒-=-⇒=⇒22A B =或22A π+B=，若22A B =，sin sin cos cos sin cos 42A B A B A A A B C ππ+=+⇒=⇒==⇒=，若2222A A C πππ+B=+B=⇒∴=；反之，若sin cos ,cos sin sin sin cos cos 2C A B A B A B A B π=∴==⇒+=+，故D 正确考点：全称命题的否定，充要条件等4.若62b ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中3x 项的系数为20，则22a b +的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】B 考点：二项式定理5.已知()1212,x x x x <是函数()1ln 1f x x x =--的两个零点，若()()12,1,1,a x b x ∈∈，则（ ） A ．()()0,0f a f b << B ．()()0,0f a f b >> C ．()()0,0f a f b >< D ．()()0,0f a f b <> 【答案】C 【解析】试题分析：因为函数()1ln 1f x x x =--在()0,1和()1,+∞是上单调递增，由题意知，()()()1110,010f x x a f a f x =<<<∴>=，又()()()2220,10,f x b x f b f x =<<∴<=，故选C考点：函数与方程6.执行下面的程序框图，如果输入的[]1,1t ∈-，则输出的S 属于（ ）A ．(],2e -∞-B ．[]0，e-2C ．[]0,5D ．[]3,5e - 【答案】B考点：程序框图7.如图所示，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．15+B ．14+C ．14+D ．15 【答案】A考点：三视图，几何体的表面积8.已知函数()()2cos 0,22f x x ππωϕωϕ⎛⎫=+>-<<⎪⎝⎭图象的一个对称中心为()2,0，直线12,x x x x ==是图象的任意两条对称轴，且12x x -的最小值3，且()()13f f >，要得到函数()f x 的图象可将函数2cos y x ω=的图象（ ）A ．向右平移12个单位长度B ．向右平移6π个单位长度 C ．向左平移12个单位长度 D ．向左平移6π个单位长度【答案】A 【解析】试题分析：由两条对称轴的距离12x x -的最小值3，可得266,3T ππωω=∴==，又函数()()2cos f x x ωϕ=+图象的一个对称中心为()2,0，则()2.,,2cos 3222636k k Z f x x πππππππϕπϕϕ⎛⎫+=+∈-<<∴=-=- ⎪⎝⎭，满足()()13f f >，故可将函数2cos y x ω=的图象向右平移12个单位长度得到函数()f x 的图象，选A 考点：函数y Asin x ωϕ=+（）的部分图象变换9.已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布()20,3N ，从中随机取一件，其长度误差落在区间()3,6内的概率为（ ）（附：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()68.26%P μσξμσ-<<+=，()2295.44%P μσξμσ-<<+=）A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74% 【答案】B考点：正态分布10.在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段11A C 的中点，若四面体M ABD -的外接球体积为36π，则正方体棱长为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5 【答案】C 【解析】试题分析：设正方体棱长为a ，因为ABD 是等腰直角三角形，且MA MB MD ==，设O 是BD 中点，连接OM ，则OM ABD 面⊥，则球心O 必在OM 上，可求得外接球半径为3，可得()222334a a ⎫=-+∴=⎪⎪⎝⎭，选C 。
贵州省贵阳市第一中学2018届高三语文5月月考试题(扫描版)
贵州省贵阳市第一中学2018届高三语文5月月考试题（扫描版）语文参考答案1．（3分）A 【解析】A项中“把教育惩戒权交给学校和教师，就能遏制校园欺凌”绝对化。
2．（3分）B 【解析】B项中“作者引用《中小学班主任工作规定》具体论证了教师没有惩戒权的尴尬处境”错误，作者引用《中小学班主任工作规定》论证了教师没有明晰的惩戒权。
3．（3分）D 【解析】D项“出台了教育惩戒权相关细则”无中生有。
4．（3分）C 【解析】C项中“说明王十二既救治达官贵人，也救治普通百姓”于文无据。
5．（5分）本文通过记叙王十二在租界救治眼睛受伤的铁匠和在老城西马路救治被马撞伤的大汉两个故事，（1分）表现了神医王十二的灵活应变和高超医术，（2分）赞美了王十二乐于助人的美好品格。
（2分）6．（6分）①引出下文，为后文写王十二利用身边的工具救人做铺垫。
（3分）②动作描写。
通过对这一系列连贯动作的描写来刻画王十二医术高超、头脑灵活、随机应变的形象。
（3分）7．（3分）B 【解析】B项中“左惠从未想过放弃，一直咬牙坚持”错，原文为“越干越累的他一度想放弃，去做原来销售的老本行”。
8．（5分）AD （答对一项得3分，答对两项得5分）【解析】A项中“硅藻泥的生产成本下降一大半”错，原文为“他公司主打的新一代水性硅藻泥面市，直接省下了20%以上的成本”。
D项中“这一产品在湖南市场占有可观销售份额”于文无据。
9．（4分）“变”：①辞掉原来的销售工作，回乡创业。
（1分）②放弃代理业务，打造自己的品牌。
（1分）③不断学习，不断实践，不断改良，坚持创新，开发新产品。
（1分）“不变”：不忘初心，无论是学生时代还是创业成功后，都热心公益，关心、帮助他人。
（1分）10．（3分）B 【解析】军民就淤垦种，奸徒指为园场屯地，献王府邀赏，王府辄据有之。
杰请献者谪戍，并罪受献者。
11．（3分）D 【解析】尚书，最初是掌管文书奏章的官员，隋代始设六部，唐代确定六部为吏、户、礼、刑、兵、工，各部以尚书、侍郎为正副长官。
贵州省贵阳市第一中学2018届高三5月月考数学(文)试题扫描版含答案
文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．因为，，所以，故子集的个数是4个，故选C．2．由，得，故选B．3．因为，所以，由指数函数的性质得，故选D．4．因为时，，所以是真命题；又，所以是真命题，所以是真命题，故选C．5．由题意易得，即，又椭圆的通径，故选D．6．由已知得，公差，所以，又，故选B．7．输入，则，，不符合；，则，，不符合；，则，，所以输出，故选B．8．因为由可行区域知，故选D．9．，向右平移个单位长度后得，又因为平移后的图象关于轴对称，所以是偶函数，时，取得最小值，故选B．10．三棱锥的体积，又又由正弦定理可求，故选A．11．由题意M在圆上，得OM⊥PF，则F到渐近线：的距离又，在中，由射影定理知：，故选D．12．由题意是等比数列，又所以公比，则，故选A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．∵角的终边经过点，∴，，∴，14．如图1，设正方形的边长为，正方形内切圆的半径为，则小豆落在白色区域的概率=1−小豆落在黑色区域的概率15．如图2，，又，所以2，，所以．16．令，得；令；令，可得；令，可得，故，即，又存在，使得成立，得三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：由………………………………………………………（4分）（Ⅰ）最小正周期…………………………………………………（6分）（Ⅱ）又因为由，得，所以，即……………………………………………………（8分）又的外接圆的半径为，所以，………………（9分）由余弦定理得当且仅当时取等号，………………………………………（10分）故……………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由折线图可以判断，适宜作为服装年销售量关于年广告费的回归方程类型．……………………………………………………………（2分）（Ⅱ）令，先建立关于的线性回归方程，由于，，所以关于的线性回归方程为，因此关于的回归方程为．……………………（7分）（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结果知，年利润的预报值所以当时，取得最大值，故年广告费为184.96千元时，年利润的预报值最大．……………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：如图3，在矩形中，，为的中点，，都是等腰直角三角形，且，，∴．………………………………………（2分）又平面平面，∴平面．……………………（4分）又平面，∴平面平面………………………………（6分）（Ⅱ）解：如图4，取的中点，连接，由（Ⅰ）知，平面，∵，∴，∴，又，∴………………………………（8分）…………………………………………………（10分）．………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设动点点到直线的距离为，则满足条件……………（4分）其方程表示抛物线．……………………………………………………（5分）（Ⅱ）设由得………………………………………………………………………（6分）①…………（8分）由题意直线的斜率存在，故直线的方程为，即…………………………………………………………………………（9分）解方程组得代入①式，……………………………………（10分）故为定值，定值为0．……………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由，……………（2分）或又……………………………………………………………（3分）所以的增区间是；减区间是…………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）………………………………………………………………………（6分）因为有两个极值点，所以，即方程有两个根…………………………………（8分）所以…………………………………………………………………………（9分）又设，即求的最值，由在上递减………………（10分）…………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）的普通方程为，…………………………（2分）得直线的普通方程是，…………………………（4分）极坐标方程是……………………………………（5分）（Ⅱ）由的极坐标方程为得普通方程：，圆心……………………………………………………………………（6分）则，……………………………………（7分）设为曲线上一点，则………………………………………………………………………（8分）∵，∴当时，有最大值……………………（9分）∴的最大值为，最小值为0．……………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）因为，所以，即，整理得．讨论：①当时，，即，解得又，所以；②当时，，即，解得，又，所以．综上，所求不等式的解集为…………………………（5分）（Ⅱ）据题意，存在，使得成立，即存在，使得成立，又因为所以，解得，所以所求实数的最小值为……………………………………………（10分）。
2018届贵州省贵阳市第一中学高三12月月考数学(文)试题(图片版)
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（四）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．，所以，故选B．2．因为在复平面对应的点为，则复数对应的点位于第一象限，故选A．3．由题意知，有当时，最小，又，所以当或7时前n项和取最小值，故选B．4．A选项对命题的否定是：对任意，均有，所以A正确；B选项对命题的否定是：存在，使得，所以B错；C选项否命题中“或”应是“且”，所以C错；D选项命题A与B都是假，所以D错，故选A．5．若M，A，B三点能构成三角形，则M，A，B三点不共线；若M，A，B三点共线，有：，．故要使M，A，B三点不共线，则，故选B．6．因为若函数在上存在零点，又，则在(2，8)上递增，则，则，故不一定；反过来，当，得，则函数在(2，8)上存在零点，故选B．7．作出不等式组表示的平面区域，如图1所示，因为目标函数表示区域内的点与点连线的斜率．由图知当区域内的点与点M的连线与圆相切时斜率分别取最大值或最小值．设切线方程为，即，则有，解得或，所以的范围是，故选B．8．该几何体为由一个矩形底面、两个等腰梯形和两个等腰三角形组成侧面的几何体，其中，底面积，两个梯形面积是，两个三角形面积是，所以表面积，故选B．9．由题意可知，算法的功能为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和，故选D．10．因为球O与正四棱锥所有面都相切，于是由等体积法知，故选B．11．延长交于点，由角平分线性质可知根据双曲线的定义，，从而．在中，因为，H是中点，所以OH为其中位线，故，又，所以，∴，∴，故选D．12．由已知是定义在上的奇函数，所以，又，所以的周期是2，且是其中一条对称轴，又当时，，于是图象如图2所示，又函数零点即为图象与的图象的交点的横坐标，四个交点分别关于对称，所以，所以零点之和为，故选A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．由正弦定理知，解得，又，所以为锐角，所以．14．双曲线的渐近线方程为：，圆的圆心为(2，0)，半径为1，因为相切，所以，所以双曲线C的渐近线方程是：．15．由图象知，因为，得在递减区间，所以，又若，结合图象知：．16．因为，所以函数在R上递增，又，所以是奇函数；又，，∴，∴，圆心，半径即满足的条件；又点关于直线：的对称点是，所以最小值.三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意，，…………………（3分）又等差数列的公差．……………………（6分）（Ⅱ）由，………………………………………………（7分）设，则，，相减得，………………………………………（9分），………………………………………………（10分）………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由茎叶图知，分数在之间的频数为2，频率为，全班人数为；……………………………………………………………（2分）由茎叶图知，25个数从小到大排序第13个数是73，所以中位数是73，………（3分）频率分布直方图如图3所示．………………………………………………………（6分）（Ⅱ）将之间的4个分数编号为1，2，3，4，之间的2个分数编号为N，M，在，之间的学生成绩中任取两个分数的基本事件为：，共15个，………………（9分）其中，至少有一个分数在之间的基本事件：，有9个，……………………（10分）故至少有一个分数在之间的概率是．…………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）存在，E是的中点．…………………………（1分）证明：如图4，连接∵分别为的中点，∴，……………………………………………（2分）又，且，∴四边形是平行四边形，……………………………（3分）即平面平面，……………………………（5分）∴平面. …………………………………………（6分）（Ⅱ）鱼被捕的概率，…………………………………（7分）由平面，且由（Ⅰ）知，∴平面，∴，………………………………………………………………………………（8分）又是中点，∴，因是底面圆的直径，得，且，∴平面，即为四棱锥的高．…………………………（9分）设圆柱高为，底面半径为，则，，…………………………………………（11分）∴∶，即．…………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设动点，则满足：C：，……………………………………（4分）又，所以，所以M点的轨迹方程C是：．…………………（5分）（Ⅱ）由题意，设点，由点关于直线的对称点为，则线段的中点的坐标为且．……………………（6分）又直线的斜率，故直线的斜率，……………（7分）且过点，所以直线的方程为：．令，得，…………………………………………（8分）由，得，则，……………………………………（9分）又，当且仅当时等号成立，…………………………………………………………………（11分）所以的取值范围为或．……………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由，所以，解得，…………（1分）又得，所以，……………………………………（2分）于是，则，由，…………………（3分）所以的递增区间，递减区间，…………………………………（5分）当时，．…………………………………………………（6分）（Ⅱ）证明：“函数的图象在函数的图象的上方”等价于“”，即要证：，又，所以只要证．…………………………………………………………（7分）由（Ⅰ）得，即（当且仅当时等号成立），所以只要证明当时，即可．………………………………（8分）设，所以，令，解得，由得，所以在上为增函数，……………………（10分）所以，即，…………………………………………（11分）所以，故函数的图象在函数的图象的上方.………………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）设线段的中点的坐标为，由中点坐标公式得（为参数），消去参数得的轨迹的直角坐标方程为，由互化公式可得点的轨迹的极坐标方程为．……………………（5分）（Ⅱ）由直线的极坐标方程为，得，所以直线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为，它表示以为圆心，2为半径的圆，则圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，故曲线上的点到直线的距离的最大值为．………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）由……………………………（2分）如图5所示，……………………（4分）值域．……………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，…………（6分）∵∴∴的最大值为，当且仅当时，等号成立．………………………………………（10分）。
2018贵州省贵阳市适应性考试文数试卷及答案
2
a 2 b2
∴M
1 2 c 3
ab
2 2ab ab
2 2 ，……………………………………………12 分
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文科数学参考答案与评分建议
（18） （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ） 男生 喜欢 不喜欢 合计 10 6 16 女生 6 8 14 合计 16 14 30
………………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知喜欢“学习数学”的女生共有 6 人，记其他 5 位女生分别为：A,B,C,D,E.从 6 位女生中任抽取两人的结果有： （甲，A）, （甲，B）,（甲，C）,（甲，D）,（甲，E）,(A,B), (A,C), (A,D), (A,E), (B,C), (B,D), (B,E), (C,D), (C,E), (D,E)，共 15 种，“女生甲被抽到”为事件
（21） （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ）∵ f ( x) 由 f ( x)
1 x
x
5 2
2 x2 5x 2 (x 2x
0) ，
0 解得 x
1 或 x 2 ，由 f ( x) 0 ，解得 0 2
x
1 , 或 x 2 ， f ( x) 0 得 2
1 2
x
2,
5 1 1 时函数 f ( x) 的单调递增区间为 (0， )， (2, ) ；单调递减区间为 ( , 2) ， 2 2 2 所以函数 f ( x) 的极小值 f 2 ln 2 3 . ………………………………………6 分 x 1 2 ( x2 x12 ) a ( x2 x1 ) ， （Ⅱ） f ( x2 ) f ( x1 ) ln 2 x1 2
将y
kx 2k 1 ，
kx 2k 1 代入
2017-2018学年贵州省贵阳市第一中学高三第五次适应性月考数学(文)试题
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（五）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．∵集合，，，∴中元素的个数为3，故选C.2．∵，∴对应的点位于第二象限，故选B．3．根据，所以犯错误率低于0.001，所以应该有99.9%的把握认为“吸烟是否对患肺癌有影响”，故选D．4．∵，所以，∴，∴，故选A．5．由题意作出表示的可行域，如图1中阴影部分所示，则可以表示为，由图可知其在点和点取到横截距的最大值和最小值，所以，故选B．6．∵，所以，两式相减得，所以，故选B．7．∵为奇函数，所以排除C，D，又∵，故选A．8．本程序为用除取余法将十进制数2018转换为12进制数，所以答案为1202，故选C．9．设圆柱的母线长为，底面圆半径为，由题意可知，，所以，又底面正方形边长为，则，故选D．10．（1）与是异面直线，①错；（2）与是异面直线，②正确；（3）∵与平行，为正三角形，∴，∴与成角，③正确；（4）∵与垂直，为在平面内的射影，所以，④正确，故选B．11．根据双曲线的定义，可得，∵是等边三角形，即，∴，又∵，∴，∵在中，，，所以的面积为，故选C．12．如图2，点的轨迹方程是以为圆心，半径为的圆，直线和之间的夹角最大值和最小值即为直线为圆的切线时，所以求两向量夹角的范围即为求两直线夹角的最值，所以求出切线和直线之间的夹角即可．点在轴上，由点坐标为，得直线的方程为，所以直线和之间夹角为，因为点坐标为，所以，因为点为切点，所以且，所以是直角三角形，且，因此，即直线和切线之间夹角为，所以向量与的夹角范围是，即为，故选B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．圆的圆心在直线上，所以，∴．14．任意抛掷两枚骰子，由上表可以看出共有36种可能，由于是随机的，故可以认为这36种结果是等可能出现的，在这36种结果中，从上表可以看出，点数和为7的有6种情况，即出现“点数和为7”的概率为．15．（1）类比推理得到的结论不一定正确；（3）平面中的三角形与空间中的四面体作为类比对象较为合适；（4）演绎推理是在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．16．函数的零点个数即为函数与图象的交点个数．在同一直角坐标系中作出函数与的图象如图3所示，可知有两个交点．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由，得，，．…………………………………………（6分）（Ⅱ）在中，，即，又，在中，由余弦定理得，又在中，，∴，∴．…………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ），．……………………………………（4分）（Ⅱ），，∴回归直线方程为．……………………………………（8分）（Ⅲ）当时，．………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在中，因为，，，所以．∵平面平面，，∴平面，所以，所以⊥平面．……………………………………………（4分）（Ⅱ）证明：连接，与交于点，连接，因为四边形为正方形，所以为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面．………………………………………………（8分）（Ⅲ）解：在等腰梯形中可得，所以，所以的面积为，由（Ⅰ）知平面，所以四面体的体积为．…………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由抛物线定义可得：，计算得出，∴抛物线的方程为．……………………………………………（4分）（Ⅱ）证明：∵点在抛物线上，，计算得出，如图4，不妨取，∵，∴直线的斜率为，∵与关于轴对称，∴直线的斜率为，∴直线的方程为，联立计算得出，∴，，∴点必在直线上．……………………………………………（10分）（Ⅲ）解：成立．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵，当和时，；当时，，∴和为的单调增区间；为的单调减区间．………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当时，，又，∵，∴当时，；当时，，∴，∴，∴．…………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）C的普通方程为，l的直角坐标方程为．…………………………………………（5分）（Ⅱ）．………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）当时，，，当时，，当时，，∴的最小值为4．……………………………………………………（5分）（Ⅱ）原式等价于不存在实数使得不等式成立.设，当时，，，当时，，，当时，，，∴，∴．………………………………………………………………（10分）。
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷(二)文数-答案
（III）由题设 8 个男生中不会制作甜品的 5 人分别为 A 1 ，A2 ，A3 ，A4 ，A5 ，会制作甜品的 3 人分别为 B1 ，B2 ，B3 ，设“抽出的 2 人均会制作甜品”为事件 M．从喜欢吃甜品的 8 个 男生中抽取 2 人担任评委可能的情况有 ( A1，A2 ) ，( A1，A3 ) ，( A1，A4 ) ，( A1，A5 ) ，( A1，B1 ) ，
1 2 1 2 6 ， 2
8． 该几何体如图 2 所示， 是一个正方体上截去一个三棱柱， 所以V 23
故选 C． 9 ． 因 为 | AB AD || AB AD | ， 所 以 四 边 形 ABCD 是 一 个 矩 形 ， 又 因 为
2a 8b 2a 8b 1 1 ≥8 2 16 ，当且仅当 a 4，b 2 时，等号成立，所以 ≤ ． b a b a 2a 4b 16
1 a 的 球体内时，蚊子死 8 2
16．由题意可知，当蚊子处于以正方体的某个顶点为球心，半径为
3
亡 ， 此 时 蚊 子 死 亡 的 概 率 P(死亡)
( A1，B2 ) ， ( A1，B3 ) ， ( A2，A3 ) ， ( A2，A4 ) ， ( A2，A5 ) ， ( A2，B1 ) ， ( A2，B2 ) ， ( A2，B3 ) ， ( A3，A4 ) ， ( A3，A5 ) ， ( A3，B1 ) ， ( A3，B2 ) ， ( A3，B3 ) ， ( A4，A5 ) ， ( A4，B1 ) ， ( A4，B2 ) ， ( A4，B3 ) ， ( A5，B1 ) ， ( A5，B2 ) ， ( A5，B3 ) ， ( B1，B2 ) ， ( B1，B3 ) ， ( B2，B3 ) 28 种情况，而事件 M 包含 3 个基本
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷(五)文数-试卷
ｎ
（ ）（ ） ， ｂ＾ ＝ ｉ＝１
ｘｉ －ｘ
ｎ
ｙｉ －ｙ
参考公式： （ ） ｉ＝１
ｘｉ －ｘ
２
ｎ
＝ ｉ ＝ １ｘｉ ｙｉ －ｎ ｘ ｙ ｎ ｉ ＝ １ｘ２ｉ －ｎ ｘ２
ａ＾ ＝ ｙ－ｂ＾ ｘ．
参考数据： （ ）（ ） ， ８
ｉ＝１
ｘｉ －ｘ
ｙｉ －ｙ ＝ １０ ９５
（ ） ８
ｉ＝１
ｘｉ －ｘ
２ ＝ ２９ ４１．
Ｃ． ９９％
Ｄ． ９９ ９％
Ａ． ①②③④ Ｃ． ②③
Ｂ． ②③④ Ｄ． ②④
已知 ，则 ( ) ４．
ｓｉｎα＋ｃｏｓα ＝
１ ５
ｃｏｓ
３π ２
－２α
＝
２４ Ａ．
２５
Ｂ． －２４ ２５
７ Ｃ．
２５
， ２ｘ＋３ｙ≥６
５． 设ｘ，ｙ 满足约束条件ｘ－ｙ≤３， 则ｚ＝ ２ｘ－ｙ 的取值范围为
， ｙ≤２
Ａ． ［－２，６］
Ｂ． ［－２，８］
［ ， ） Ｃ． －２ ＋∞
设数列｛ ｝满足 … ，则 ６．
ａｎ
ａ１ ＋２ａ２ ＋ ＋ｎａｎ ＝ ｎ２
ａ１０ ＝
Ａ． １９
１９ Ｂ．
１０
Ｃ． １７
Ｄ． － ７ ２５
Ｄ． ［６，８］
１７ Ｄ．
９
１１．
如图，双曲线ｘ２ ｙ２
３
－ ４ ｂ２
＝ （１ ０＜ｂ＜２）的左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，过Ｆ１
．
１４． 某中学高三年级有１２ 个班，要从中选２ 个班代表学校参加某项活动，由于某种原因，一班必须参加，另 外再从二至十二班中选１ 个班，有人提议用如下的方法：掷两个骰子得到的点数和是几，就选几班． 在这 种方法下，七班被选中的概率为 ．
贵州省贵阳市高三数学上学期适应性月考试题(一)文(扫描版)
贵州省贵阳市2018届高三数学上学期适应性月考试题（一）文（扫描版）贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（一）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 BCCACADADBAA【解析】1．由题意得{|}{|}{61333|}6M N x x x x x x x =<<<-><---=<I I 或，故选B ． 2．由2i 43i z -=+，得22i z =+，∴22i z =-，故选C ．3．因为||7=-a b ，所以2||7=-a b ，即2227-+=g a a b b ．又因为2=ga b ，∴22215+=+g a a b b ，||15+a b C ．4． tan tan () []ααββ=-+=tan()tan 1tan()tan αββαββ-+--g 117341111134+==-g ，22tan 77tan 21tan 36ααα==-，故选A ．5．第一次循环：1412p a b n ====，，，；第二次循环：6263p a b n ====，，，；第三次循环：7712433p a b n ====，，，，终止循环，则输出73p =，故选C ．6．在正方形ABCD 中，当点P 为CD 中点时，三角形APB 为等腰三角形，故∠ABP 为最大角的概率为12，故选A ． 7．由题可知正方体的棱长为3，其体对角线33即为球的直径，所以球的表面积为24ππ=27R ，故选D ．8．依题意，得直线l 过点(1，3)，斜率为1-，所以直线l 的方程为3(1)y x -=--，即40x y +-=，故选A ．9．由21()ln(1)1||f x x x =-++，知f (x )为R 上的偶函数，当0x >时， f (x )在(0，+∞)上为减函数，则12|3|x >+，解得113x -<<-，故选D ．10．满足条件3372x y x y y -⎧⎪+⎨⎪-⎩，，≥≤≥ 的可行域为如图1所示三角形ABC （包括边界）．22(3)x y +-是可行域上动点(x ，y )到点P (0，3)距离的平方，因为过P 垂直于AC 的直线与AC 的交点在线段AC 上，图122(3)x y +-取最小值，为点P 到线段AC 的距离的平方为18，故选B ．11．因为52a =，所以284a a +=，所以82282828289191191()1044a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫+=⨯+⨯+=⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 4≥，故选A ．12．令()()f x g x x =，则2()()1()()()xf x f x f x g x f x x x x '-⎡⎤''==-⎢⎥⎣⎦，因为()()0f x f x x '->，0x >， 所以()0g x '>，则()g x 在*R 为增函数，所以(4)(3)g g >，即(4)(3)43f f >，故选A ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号 13 1415 16 答案 73155（2）（3）（4）（0，2）5152⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【解析】13．8816853515111+=-=⨯=÷=； ； ； ；所以第二个数是16351．用此规律可得出1676333515515+=-=⨯=÷=； ； ； ；所以第三个数是73155．14．（1）“过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直”是真命题；（2）“如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行”是假命题；（3）“两两相交且不过同一点的三条直线不一定共面”是假命题；（4）“垂直于同一平面的两平面平行” 是假命题．15．画出2310()240xx f x x x x ⎧->⎪=⎨--⎪⎩，，，≤的图象，如图2，由函数()f x m =有3个不等实根，结合图象得：02m <<，即)2(0m ∈，． 16．设M 坐标为(x ，y )，则222212()()3F M F M x c y x c y x c y c =+-=-+=u u u u r u u u u u rg g ，，①，将22222b y b x a =- 代入①式解得222222222(4)(5)c b a c a a x c c--==，又x 2∈[0，a 2]，∴221154c a ≤≤，∴512c e a ⎤=∈⎥⎣⎦，． 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）图217．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为||6AB =， 且||AP ∶|12|PB =， 所以42||BP PA ==，||.在△PBC 中，4||120BP PC PBC ==∠=︒，. 又因为222||||||2||||cos PC PB BC PB BC PBC =+∠-， 即212816||||242BC BC ⎛⎫=+⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭-，解得||2BC =或||6BC =-(舍)，所以222||||||cos2||||BP PC BC BPC BP PC +-∠===⨯⨯ ……………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知cos BPC ∠=所以sin BPC ∠=， 所以sin sin π s in ()()APD BPC CPD BPC CPD ∠=-∠-∠+∠=∠12+=，所以cos APD ∠，所以PD =． …………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）平均数为350.1450.1550.5650.2750.05850.0556.5⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=； 众数为55；因为完成时间在[30，50)分钟内的频率为0.2，在[50，60)分钟内的频率为0.5，所以中位数为50656+=． ………………………………………………（4分）（Ⅱ）因为A ，B ，C 的频率比为2︰7︰1，共抽10人，所以B 中抽7人． ……（8分）（Ⅲ）抽出的成绩为B 等学生中完成任务时间[50，60)分钟的学生有5人，设为a ，b ，c ，d ，e ；在[60，70)分钟的学生人数为2人，设为x ，y ，则7人中任选两人共有：(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(a ，x )，(a ，y )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(b ，x )，(b ，y )，(c ，d )，(c ，e )，(c ，x )，(c ，y )，(d ，e )，(d ，x )，(d ，y )，(e ，x )，(e ，y )，(x ，y )共21种．两人中至少有一人完成任务时间在[60，70）分钟内的有：(a ，x )，(a ，y )，(b ，x )，(b ，y )，(c ，x )，(c ，y )，(d ，x )，(d ，y )，(e ，x )，(e ，y )，(x ，y )共11种． 所以两人中至少有一人完成任务时间在[60，70）分钟的概率为1121． ……………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为平面KBC ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面KBC ，又因为BF 在平面KBC 上， 所以BF ⊥AC ．又因为△KBC 是正三角形，且F 为CK 的中点， 所以BF ⊥KC ．所以BF ⊥平面KAC ． …………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：因为112EFB S ==△ 又因为AC ⊥平面KBC ，DF//AC ， 所以DF ⊥平面KBC ． 又因为1322DF AC ==，所以113||332F BDE D EFB EFB V V S DF --==⨯==△ ………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为12c e a ==，又因为12122PF F c S b bc ==g △，两式联立解得2a b ==，所以P 点坐标（2 …………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆的方程为22+143x y =，设Q (x 0，y 0)，则002QA y k x =+，直线QA 方程为00(+22)y y x x =+， 令x m =得M 点坐标为00(2)2m y m x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭，，同理002QB y k x =-，直线QB 方程为0(2)2y y x x =--， 得N 点坐标为00(2)2m y m x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，，∴110022000220(2)(2)22(4)11(1)(4)MF NF m y m y x x m y kk m m m x +-+--==+++-g g ， 又Q (x 0，y 0)在椭圆上，∴22200020314344x y y x +=⇒=--， ∴1122431(1)4MF NF m k k m -⎛⎫=-=- ⎪+⎝⎭g g ， 解得4m =-，所以存在实数4m =-，使得MF 1⊥NF 1． ……………………………（12分） 21．（本小题满分12分） （Ⅰ）解：函数22ln ()xf x x +=的定义域为{x |x >0}． 因为32ln 3()(0)x f x x x --'=>． 令)0(f x '=，解得32e x -=． 当0<x<32e -时，)0(f x '>， 当32e x ->时，()0f x '<，所以332(e e )2f -=为f (x )的极大值，也是最大值，32e a -=． ………………………（6分）（Ⅱ）证明：令ln 3()x g x x --=，得22ln ()xg x x +'=， 因为14(2ln 2)4(1)22f f ⎛⎫=⨯->= ⎪⎝⎭，，且由（Ⅰ）得，f (x )在112⎛⎫⎪⎝⎭，内是减函数，所以存在唯一的x 0∈112⎛⎫⎪⎝⎭，，使得004()()g x f x =='． 所以曲线ln 3x y x --=在(+)a ∞，上存在以(x 0，g (x 0))为切点，斜率为4的切线． 由00202ln ()4x g x x +'==得0000ln 24x x x x -=-， 所以000000231()44g x x x x x x =--=--. 因为x 0∈112⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 所以00()54()y g x ∈--，=． ………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）∵π2sin 33ρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴sin cos 3ρθθ+=，直线l的直角坐标方程：30y +-=．曲线C：3cos 23sin x y αα⎧=⎪⎨=+⎪⎩，， (α为参数)，消去参数可得曲线C的普通方程为：22(()29x y -+=． …………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，22(()29x y +-+=的圆心为D(2)，半径为3． 设AB 中点为M ，连接DM ，DA ， 圆心到直线l 的距离|323|22d -+-==，所以2DM =， 又因为3DA =，所以MA，所以||AB =10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）分段讨论得不等式解集为（0，3）． …………………………………（5分）（Ⅱ）利用图象可得533a -<<-． …………………………………………………（10分）。
贵州省贵阳市第一中学高三数学下学期第五次适应性考试
贵州省贵阳市第一中学2017届高三数学下学期第五次适应性考试试题文（扫描版）贵阳第一中学2017届高考适应性月考卷（五）文科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．在数轴上画出集合A 和B 可得，故选A ． 2．B ：||y x =，不同；C ：0x ≠；D ：0x >，故选A ． 3．由题，2i 2i(12i)4242i i 12i 55555z z --===-=+-+，∴，故选A ． 4．A ．0a <时不成立；B ．0k =时不成立；C ．应为20x <；D ．垂直于同一直线的两平面平行，所以D 正确，故选D ．5．该几何体为圆柱和圆锥的组合体，体积为17233π+π=π，故选C ．6．由19171911759344()4a a a a a a a a a +=+=+=，得，即，17995176899S a S a ==，故选C ． 7．||||AB AC AP P A AB AC λ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭由题，，所以在角的平分线上，设||||AB ACAE AF AB AC ==，，以AE AF ，为两边的菱形AEGF ，则AE 在AP 上的投影为13||2AG =C ．8．第一次执行循坏，得109S n ==，，第二次执行循坏，908Sn ==，，第三次执行循坏，7207S n==，，故输出的S 为720，故选B ．9．基本事件有10种，选取的两个点的连线为正方形的四条边长和两条对角线共有6种，故选C ． 10．画出不等式组所表示的区域，x y a =过边界点(19)9(38)2a a ，时，为最大，过，时，为最小，故选B ．11．由余弦定理得c 2=a 2+b 2-2ab cos C ，即2b 2=a 2+b 2+ab ，b 2=a 2+ab >a 2，所以b >a ．由正弦定理得sin sin B C =bc =，所以sin B ===sin45°，易知角B 为锐角，因此有B <45°，A <45°，结合各选项知，故选B ．12． 224(0)y cx F c x c a M FN ==-的焦点为，，准线为，圆半径为，由是的中点且M 为切点，所以22222OM FN NF NF FN NF a NO c NM b NF b ⊥⊥====，连接，则，且，，所以，，过N 作准线的垂线22NG NG NF a GF ====，则，所以2FNF 中，由等面积法可得，222222222222(2)()cb a b ac c a a c a -=-=-，即，整理得4224255301c a c a e e e -+==>=，得由，得D ．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．1212144m =⨯=．14．原式444ππ1π1log sin cos log sin log 11212264⎛⎫⎛⎫====- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．15．因为DE DF EF 沿，，折起使A ，B ，C 三点重合于S 后，SD SE SF ，，两两垂直，把三棱锥S DEF -补成以S 为一个顶点的长方体，则长方体的体对角线就为三棱锥S DEF -的外接球的直径，则r =24πS =．16．设1ππ1()2sin 02sin 2332Q c d OQ m OP n x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⊗+=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，，由π231sin 2c xd x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，消去x得11π11πsin ()sin 226226d c y f x x ⎛⎫⎛⎫=-==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以，所以函数()y f x =的值域是1122⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，． 三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由已知得cos 2cos 2cos cos a C a B b A c A -=-， 由正弦定理有sin cos 2sin cos 2sin cos sin cos A C A B B A C A -=-，…………（2分）所以sin()2sin()A C A B +=+， ………………………………………………………（3分） 即sin(π)2sin(π)B C -=-，………………………………………………………（4分）所以sin 2sin B C =， ………………………………………………………………（5分）所以2b c =．……………………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由余弦定理得222cos 02a c b B ac+-=<，…………………………………（8分）即223640c c +-<，解得c > …………………………………………………（9分） 又2a c b c +>=，所以6c a <=， ………………………………………………（11分）得6)c ∈． …………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）3000.4120y =⨯=， ………………………………………………………（2分） 所以50x z +=，又32x z =， 所以20x =，30z =， …………………………………………………………（4分） 则应抽取不赞成改革的教师人数为30202300⨯=人，同理，不赞成改革的学生人数为3人.……………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）记不赞成改革的教师为a ，b ，不赞成改革的学生为1，2，3，随机选3人的选法有{1}a b ，，，{2}a b ，，，{3}a b ，，，{12}a ，，，{13}a ，，，{23}a ，，， {12}b ，，，{13}b ，，，{23}b ，，，{123}，，共10种. ……………………………（9分）没有教师被选到的选法只有1种，则至少有1名教师被选到的选法有9种， …（11分） 所求概率为910P =. …………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：如图，连接AB 1，AC 1， ……………………（1分） 易知D 是AB 1的中点， 又E 是B 1C 1的中点，所以在11B AC △中，DE //AC 1， ………………………（3分） 又DE ⊄平面ACC 1A 1，AC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以DE //平面ACC 1A 1. …………………………………………………………（5分）（Ⅱ）解：E DBC D EBC V V --=，……………………………………………………（6分）∵D 是AB 1的中点，∴D 到平面BCC 1B 1的距离是A 到平面BCC 1B 1的距离的一半，如图，作AF ⊥BC 交BC 于F ，由正三棱柱的性质，易证AF ⊥平面BCC 1B 1， 设底面正三角形边长为a ，则三棱锥D −EBC 的高h =12AF，…………（9分）122EBC S a a =⨯⨯=△，所以2133D EBC EBC V S h a -==△， ………………（11分）解得2a =.所以该正三棱柱的底面边长为2． …………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设双曲线的方程为22221x y ab -=(00)a b >>，，则有222c ba c ab ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎪⎩，…（2分） 得1a b =，所以双曲线方程为2221x y -=． ……………………………（4分） （Ⅱ）由22121y kx x y =-⎧⎨-=⎩，，得22(2)220k x kx -+-=， ……………………………（5分）依题意有22220(2)4(2)(2)0k k k ⎧-≠⎪⎨∆=--->⎪⎩，， 解得22k -<<且k ≠ ………………………………………………………（6分） 且12222k x x k +=-，12222x x k =-， ……………………………………………（7分）设11()P x y ，，22()Q x y ，，依题意有OP OQ ⊥，所以12120OP OQ x x y y =+=， ……………………………（8分） 又212121212(1)(1)()1y y kx kx k x x k x x =--=-++，………………………………（9分）所以22222(1)21022k k k k +-+=--，化简得0k =，…………………………………（11分）符合①，所以存在这样的圆. ……………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）()ln g x x =， ………………………………………………………………（1分） 设切点为00(ln )x x ，，则切线斜率为0000ln 1()x g x x x '==， ……………………（3分）得0e x =，则1ek =. ………………………………………………………………（4分）（Ⅱ）()h x 的零点即方程2()0f x ax +=的根，显然根0x ≠，方程可化为2()f x a x -=， 即讨论函数y a =-与2e ()xu x x=的交点个数，………………………………（5分）3e (2)()x x u x x -'=， 当0x <或2x >时，()0u x '>，u (x )在(0)(2)-∞+∞，，，上单调递增，当02x <≤时，()0u x '≤，函数在(02]，上单调递减， …………………………（7分） ()u x 在(0)-∞，上的取值范围是(0)+∞，，在(0)+∞，上的极小值为2e (2)04u =>，…………………………………………………………（8分）a -∵>0，∴当2e 04a <-<，即2e 04a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，交点个数为1，即()h x 有1个零点，当2e 4a -=，即2e 4a =-时，交点个数为2，即()h x 有2个零点，当2e 4a ->，即2e 4a ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，时，交点个数为3，即()h x 有3个零点. ………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）直线l 的普通方程为0)y x x =-00y -=， ………（1分） 曲线C 的直角坐标方程为2220x y y +-=，即22(1)1x y +-=， ………………（2分） 因为|MN |=2，所以直线l 过圆心(01)，， ……………………………（4分）代入l 的方程得0x =． ……………………………（5分）（Ⅱ）曲线C 的参数方程为cos 1sin x y θθ=⎧⎨=+⎩，，（θ为参数），则(cos 1sin )P θθ+，， ……………………………………………………………（7分）则πsin cos 114x y θθθ⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭，……………………………（9分）所以[11x y +∈． ………………………………………………………（10分） 23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】证明：（Ⅰ）22221()222p q r p q r pq qr rp =++=+++++∵ …………………（2分） 222222422pq r pq qr rp pq r qr rp ++++=+++≥，当且仅当p q =时等号成立，………………………………………………………………………………………（4分）21422pq r qr rp -++∴≥． ………………………………………………………（5分）（Ⅱ）222222222q r p r p q qr pr pqp q r p q r +++++++≥ ……………………………（7分） qr pq pq pr pr qr r p q r p q q p r p r r q q p p r r q q p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++=+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭……（9分） 2222q p r ++=≥，当且仅当p q r ==时等号成立． …………………………（10分）。
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷(五)理数-答案
因为 f (x) h(x) ，所以 x x0 是 f (x) 的唯一极大值点．
由 f (x0 ) 0 得 ln x0 2(x0 1) ，故 f (x0 ) x0 (1 x0 ) ，
由
x0
(0 ，1)
得
f
(x0 )
1 4
，
因为 x x0 是 f (x) 在 (0 ，1) 的最大值点，
由 e1 (0 ，1) ，f (e1) 0 得 f (x0 ) f (e1) e2 ，
1 1 t2
1 2
，
图6
得 t 1 ，即 DE 1 ，
…………………………………………（8 分）
DF (0 ，1，1) ，EF (0 ，1，0) ，BF (1，0 ，1 ) ，
平面 BDF 的一个法向量为 m (1，1，1) ，平面 BEF 的一个法向量为 n (1，0 ，1) ，
……………………………………………………（10 分）
2 得 xQ
2t2 6 3 t2
，则
yQ
3
6t t
2
.
故四边形
APBQ
的面积为 S
1 2
|
AB
||
yP
yQ
|
2|
yP
yQ
|
2
18t 27 t2
6t 3 t2
48t(9 t2 ) (27 t2 )(3 t2 )
48t(9 t2 ) (9 t2 )2 12t2
48
9
t2 t
12t 9 t2
4．由已知 sin
4 5
，cos
3 5
，
sin
3π 2
2
cos
2
图1
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷(二)文数-试卷
＞
在Ｒ
２
上是增函数，则实数ａ 的取值范围是
．
１５．
若直线ｌ 分别与ｘ
轴、ｙ
轴的正半轴交于点（ａ，
０
），（０，
ｂ
），且过点（２，１
），
则１ ２ａ＋４ｂ
的最大值
为 ．
１６． 在一个棱长为ａ 的正方体空间的某一个顶点处安装一个灭蚊器，已知此灭蚊器的有效灭蚊距离为ａ ，现此 ２ 空间中随机飞入一只蚊子，则此蚊子能存活的概率是 ． 文科数学·第２ 页（共４ 页）
ｘ２ ｙ２ Ｃ． ＋ ＝ １
３２
Ｄ． ｘ２ ＋ｙ２ ＝ １ ２
二、填空题（本大题共４ 小题，每小题５ 分，共２０ 分）
１３．
已知△ＡＢＣ
的内角Ａ，Ｂ，Ｃ
的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，ａｓｉｎＢ
＝
槡 ，则角 ３ ｂｃｏｓＡ
Ａ＝
．
{ １４．
已≤２ ， －２ａｘ＋５ ｘ
文科数学·第１ 页（共４ 页）
已知 ，则 ７．
ｔａｎα ＝ ３ ｃｏｓ２α－ｓｉｎ２α ＝
Ｇ２
Ａ． －１７ １０
１７ Ｂ．
１０
Ｃ． －１０ １７
１０ Ｄ．
１７
８． 一个空间几何体的三视图如图２ 所示，则该几何体的体积为
Ａ． ８
Ｂ． ７
Ｃ． ６
Ｄ． ５
在平行四边形 中， ， ，点 是 上一 ９．
１２．
设（ ， ）， （， ）分别是椭圆： Ｆ１ －１ ０ Ｆ２ １ ０
ｘ２ ｙ２
Ｅ
＋ ａ２ ｂ２
＝ １（ａ＞ｂ＞０）的左、右焦点，过点Ｆ１
且斜率为１ 的直线ｌ
与椭圆Ｅ 相交于Ａ，Ｂ 两点，以ＡＢ 为直径的圆经过点Ｆ２，则椭圆Ｅ 的方程是
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（Ⅱ）证明：∵点 在抛物线 上， ，计算得出 ，
如图4，不妨取 ，∵ ，
∴直线 的斜率为 ，∵ 与 关于 轴对称，Байду номын сангаас
∴直线 的斜率为 ，
∴直线 的方程为 ，
联立 计算得出 ，
∴ ， ，
∴点 必在直线 上．……………………………………………（10分）
11．根据双曲线的定义，可得 ，∵ 是等边三角形，即 ，∴ ，又∵ ，∴ ，∵在 中， ， ，所以 的面积为 ，故选C．
12．如图2，点 的轨迹方程是以 为圆心，半径为 的圆，直线 和 之间的夹角最大值和最小值即为直线 为圆的切线时，所以求两向量夹角的范围即为求两直线夹角的最值，所以求出切线 和直线 之间的夹角即可． 点在 轴上，由 点坐标为 ，得直线 的方程为 ，所以直线 和 之间夹角为 ，因为 点坐标为 ，所以 ，因为 点为切点，所以 且 ，所以 是直角三角形，且 ，因此 ，即直线 和切线 之间夹角为 ，所以向量 与 的夹角范围是 ，即为 ，故选B．
∴回归直线方程为 ．……………………………………（8分）
（Ⅲ）当 时， ．………………………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
（Ⅰ）证明：在 中，因为 ， ， ，
所以 ．
∵平面 平面 ， ，
∴ 平面 ，所以 ，
所以 ⊥平面 ．……………………………………………（4分）
（Ⅱ）证明：连接 ，与 交于点 ，连接 ，
解：（Ⅰ）当 时， ， ，
当 时， ，
当 时， ，
∴ 的最小值为4．……………………………………………………（5分）
（Ⅱ）原式等价于不存在实数 使得不等式 成立.
设 ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
∴ ，
∴ ．………………………………………………………………（10分）
（Ⅲ）解：成立．…………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）∵ ，
当 和 时， ；当 时， ，
∴ 和 为 的单调增区间； 为 的单调减区间．
………………………………………………………（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当 时， ，
又 ，
∵ ，∴当 时， ；当 时， ，
因为四边形 为正方形，所以 为 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．………………………………………………（8分）
（Ⅲ）解：在等腰梯形 中可得 ，所以 ，
所以 的面积为 ，
由（Ⅰ）知 平面 ，
所以四面体 的体积为 ．…………………（12分）
20．（本小题满分12分）
（Ⅰ）解：由抛物线定义可得： ，计算得出 ，
7．∵ 为奇函数，所以排除C，D，又∵ ，故选A．
8．本程序为用除 取余法将十进制数2018转换为12进制数，所以答案为1202，故选C．
9．设圆柱的母线长为 ，底面圆半径为 ，由题意可知， ，所以，又底面正方形边长为 ，则 ，故选D．
10．（1） 与 是异面直线，①错；（2） 与 是异面直线，②正确；（3）∵ 与 平行， 为正三角形，∴ ，∴ 与 成 角，③正确；（4）∵ 与 垂直， 为 在平面 内的射影，所以 ，④正确，故选B．
3．根据 ，所以犯错误率低于0.001，所以应该有99.9%的把握认为“吸烟是否对患肺癌有影响”，故选D．
4．∵ ，所以 ，∴ ，∴ ，故选A．
5．由题意作出 表示的可行域，如图1中阴影部分所示，则 可以表示为 ，由图可知其在点 和点 取到横截距的最大值和最小值，所以 ，故选B．
6．∵ ，所以 ，两式相减得 ，所以 ，故选B．
∴ ，
∴ ，∴ ．…………………………………………（12分）
22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】
解：（Ⅰ）C的普通方程为 ，
l的直角坐标方程为 ．…………………………………………（5分）
（Ⅱ） ．………………………………………………（10分）
23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】
贵阳第一中学2018届高考适应性月考卷（五）
文科数学参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
B
D
A
B
B
A
C
D
B
C
B
【解析】
1．∵集合 ， ， ，∴ 中元素的个数为3，故选C.
2．∵ ，∴ 对应的点 位于第二象限，故选B．
15．（1）类比推理得到的结论不一定正确；（3）平面中的三角形与空间中的四面体作为类比对象较为合适；（4）演绎推理是在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．
16．函数 的零点个数即为函数 与 图象的交点个数．在同一直角坐标系中作出函数 与 的图象如图3所示，可知有两个交点．
三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）由 ，得 ，
，
．…………………………………………（6分）
（Ⅱ）在 中， ，即 ，
又 ，
在 中，由余弦定理得 ，
又在 中， ，
∴ ，∴ ．…………………………………（12分）
18．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ） ， ．……………………………………（4分）
（Ⅱ） ， ，
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
题号
13
14
15
16
答案
18
（2）
2
【解析】
13．圆 的圆心 在直线 上，所以 ，∴
．
14．
1点
2点
3点
4点
5点
6点
1点
2
3
4
5
6
7
2点
3
4
5
6
7
8
3点
4
5
6
7
8
9
4点
5
6
7
8
9
10
5点
6
7
8
9
10
11
6点
7
8
9
10
11
12
任意抛掷两枚骰子，由上表可以看出共有36种可能，由于是随机的，故可以认为这36种结果是等可能出现的，在这36种结果中，从上表可以看出，点数和为7的有6种情况，即出现“点数和为7”的概率为 ．