2018年四川省德阳市高三二诊考试理科数学试题(理)含答案

德阳市高中2015级“二诊”考试数学试卷（理工农医类）第Ⅰ卷（选择题共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. 已知为虚数单位，实数，满足，则（）A. 1B.C.D.【答案】D【解析】，则故选D.2. 已知集合，集合，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】得到，故选A.3. 函数的图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称，则可以是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题函数的图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称，即平移后得到的函数为奇函数，即为奇函数，对照选项可知选B.4. 为弘扬我国优秀的传统文化，市教育局对全市所有中小学生进行了“成语”听写测试，经过大数据分析，发现本次听写测试成绩服从正态分布.试根据正态分布的相关知识估计测试成绩不小于90的学生所占的百分比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，，在区间的概率为0.997，成绩不小于90的学生所占的百分比为故选A.【点睛】本题考查正态分布的性质，考查学生分析解决问题的能力，确定成绩在内的考生所占百分比约为99.7%是关键参考数据：若，则，，.5. 如图所示的三视图表示的几何体的体积为，则该几何体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由三视图可得该几何体为底面边长为，一条侧棱垂直底面的四棱锥，设高为4，则，将该几何体补成一个长方体，则其外接球半径为故这个几何体的外接球的表面积为．故选C．【点睛】本题考查了由三视图，求体积和表面积，其中根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键．属于中档题．6. 《九章算术》是我国古代一部数学名著，某数学爱好者阅读完其相关章节后编制了如图的程序框图，其中表示除以的余数，例如.若输入的值为8时，则输出的值为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】模拟执行程序框图，可得：满足条件，满足条件满足条件，不满足条件，，满足条件，满足条件，…，可得：2， 4， 8，∴共要循环3次，故．故选B.7. 已知，则、、的大小排序为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】为正实数，且，可得：即因为函数单调递增，∴.故选A.8. 平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，则直线与直线所成的角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示，平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，，则直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角为.故选C.9. 已知双曲线的离心率为，其一条渐近线被圆截得的线段长为，则实数的值为（）A. 3B. 1C.D. 2【答案】D【解析】双曲线的离心率为，则故其一条渐近线不妨为，圆的圆心，半径为2，双曲线的一条渐近线被圆截得的线段长为，可得圆心到直线的距离为：故选D．10. 已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题函数的定义域为R，且即函数为及奇函数，且在上恒成立，即函数函数在上单调递增，若，使得成立，即则问题转化为，即在上得最小值为-1 ，故实数的取值范围是 .故选A.11. 如图，过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，与抛物线及其准线从上到下依次交于、、点，令，，则当时，的值为（）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】设，则又，可得同理可得，故选B.12. 已知、是函数（其中常数）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，当点、分别位于分段函数的两支上，且直线分别与函数图像相切时，最小，设当时，直线因为点在直线直线上，解得同理可得...........................则，且函数在上单调递增，在上单调递见，故函数的最大值为.故选B.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡上.13. 已知实数，满足条件，则的最大值为__________．【答案】8【解析】画出可行域如图所示，则当目标函数y经过点时取代最大值，即答案为4.14. 的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是__________．【答案】15【解析】∵二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，，则展开式中的通项公式为．令，求得，故展开式中的常数项为，故答案为15.15. 如图，在三角形中，、分别是边、的中点，点在直线上，且，则代数式的最小值为__________．【答案】【解析】因为点共线，所以由，有又因为、分别是边、的中点，所以原题转化为：当时，求的最小值问题，结合二次函数的性质可知，当时，取得最小值为故答案为.【点睛】本题主要考查了平面向量的应用，解题的关键是向量共线定理的应用及结论“点共线，由，有”的应用16. 已知中，角、、所对的边分别是、、且，，有以下四个命题：①的面积的最大值为40；②满足条件的不可能是直角三角形；③当时，的周长为15；④当时，若为的内心，则的面积为.其中正确命题有__________（填写出所有正确命题的番号）．【答案】①③④【解析】①由题，，由余弦定理得：当且仅当即取等号，此时．的面积的最大值为24；不正确②由题，假设是直角三角形，则解得故可能是直角三角形；②不正确③当时，有正弦定理，结合由余弦定理可得，的周长为15；正确；④当时，若为的内心，则设的内接圆半径为由可得故则即的面积为.正确故答案为③④.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知数列满足，（为常数）.（1）试探究数列是否为等比数列，并求；（2）当时，求数列的前项和.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）由已知，当时，数列不是等比数列，当时数列是以为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，所以，由错位相减法可得数列的前项和. 试题解析：（（1）∵，∴.又，所以当时，，数列不是等比数列.此时，即；当时，，所以.所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.此时，即.（2）由（1）知，所以，①②①-②得：.所以.18. 第23届冬季奥运会于2018年2月9日至2月25日在韩国平昌举行，期间正值我市学校放寒假，寒假结束后，某校工会对全校教职工在冬季奥运会期间每天收看比赛转播的时间作（1）若将每天收看比赛转播时间不低于3小时的教职工定义为“体育达人”，否则定义为“非并判断能否有的把握认为该校教职工是否为“体育达人”与“性别”有关；（2）在全校“体育达人”中按性别分层抽样抽取6名，再从这6名“体育达人”中选取2名作冬奥会知识讲座.记其中女职工的人数为，求的分布列与数学期望..【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；（2）由题意知抽取的6名“体育达人”中有4名男职工，2名女职工，所以的可能取值为0，1，2.计算概率值．得到分布列与数学期望.试题解析：的观测值为.所以有的把握认为该校教职工是“体育达人”与“性别”有关.（2）由题意知抽取的6名“体育达人”中有4名男职工，2名女职工，所以的可能取值为0，1，2.且，，，.19. 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，，，面面，点为棱的中点.（1）在棱上是否存在一点，使得面，并说明理由；（2）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）取的中点，连结、，可证，四边形为平行四边形. 则，又平面，平面，所以，平面.故在棱上存在点，使得面，点为棱的中点.（2）可证面，故以为坐标原点建立如图空间坐标系，求出相应点及相应向量的坐标可求直线与平面所成的角.（1）在棱上存在点，使得面，点为棱的中点.理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，，又平面，平面，所以，平面.（2）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且面面，面面，所以面，故以为坐标原点建立如图空间坐标系，设，则由题意知，，，，，，设平面的法向量为，则由得，令，则，，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为.20. 已知长度为的线段的两个端点、分别在轴和轴上运动，动点满足，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点且斜率不为零的直线与曲线交于两点、，在轴上是否存在定点，使得直线与的斜率之积为常数.若存在，求出定点的坐标以及此常数；若不存在，请说明理由.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）设，，，由，可得由，所以代入即可求得椭圆方程；（2）由题意设直线的方程为：，，，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式求得则，因此存在两个定点，，使得直线与的斜率之积为常数，使得与的斜率之积为常数．试题解析：（1）设，，，由于，所以，即，所以，又，所以，从而.即曲线的方程为：.（2）由题意设直线的方程为：，，，由得：，所以.故，，假设存在定点，使得直线与的斜率之积为常数，则.当，且时，为常数，解得.显然当时，常数为；当时，常数为，所以存在两个定点，，使得直线与的斜率之积为常数，当定点为时，常数为；当定点为时，常数为.21. 已知函数且.（1）求实数的值；（2）令在上的最小值为，求证：.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】试题分析：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，由于，故，可证：在上单调递增；在上单调递减.故合题意.（2）由（1）知，所以，令，可证，使得，且当时，；当时，，进而证明，即.试题解析：（1）法1：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，则，当时，，故在上单调递增，由于，所以当时，，不合题意.当时，，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即.所以要使在时恒成立，则只需，亦即，令，则，所以当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增.又，所以满足条件的只有2，即.法2：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，由于，故，所以为函数的最大值，同时也是一个极大值，故.又，所以，此时，当时，，当时，，即：在上单调递增；在上单调递减.故合题意.（2）由（1）知，所以，令，则，由于，所以，即在上单调递增；又，，所以，使得，且当时，；当时，，即在上单调递减；在上单调递增.所以.（∵）即，所以，即.请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题记分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22. 在平面直角坐标系中，直线：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线：.（1）求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；（2）记射线与直线和曲线的交点分别为点和点（异于点），求的最大值.【答案】（1）. .（2）.【解析】试题分析：（1）根据极坐标方程、参数方程与普通方程的对应关系即可得出答案；（2）由（1），，所以，即可得到的最大值.试题解析：（1）由题意得直线的普通方程为：，所以其极坐标方程为：.由得：，所以，所以曲线的直角坐标方程为：.（2）由题意，，所以，由于，所以当时，取得最大值：.23. 已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）由题意或，由此可解不等式；（2）由于关于的不等式的解集非空，函数的最小值为-1，由此解得的范围．试题解析：（1）由题意或，所以或，即或，或或，故原不等式的解集为.（2），由于，所以当时，的最小值为-1.所以实数的取值范围为：.【点睛】本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于中档题。