2018年5月重庆巴蜀中学高考适应性考试理科数学(附答案)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(八,3月)数学(理)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（八，3月）数学（理）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.若复数满足，则复数的模为（）A. B. 1 C. D.【答案】C【解析】由题意得，∴．选C．2.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，∴，∴．选C．3.在等差数列中，是函数的两个零点，则的前10项和等于（）A. B. 15 C. 30 D.【答案】B【解析】由题意得是方程的两根，∴，∴．选B．4.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则.其中真命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】①中，由条件可得或相交，故①不正确；②中，由条件可得或，故②不正确；③中，由条件可得或，故③不正确．综上真命题的个数是0．选A．5.甲、乙、丙、丁四个人聚在一起讨论各自的体重（每个人的体重都不一样）.甲说：“我肯定最重”；乙说：“我肯定不是最轻”；丙说：“我虽然没有甲重，但也不是最轻”丁说：“那只有我是最轻的了”.为了确定谁轻谁重，现场称了体重，结果四人中仅有一人没有说对.根据上述对话判断四人中最重的是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】用排除法进行说明．①假设甲没说对，则乙、丙、丁说的正确．故最重的是乙，第二名是甲，第三名是丙，丁最轻；或者乙最重，第二名是丙，第三名是甲，丁最轻．②假设乙没说对，则甲、丙、丁说的正确．故乙最轻，与丁最轻矛盾，故假设不成立．③假设丙没说对，则甲、乙、丁说的正确．若丙最重，则与甲的说法；若丙最轻，，则与丁最轻．故假设不成立．④假设丁没说对，则甲、乙、丙说的正确．若丁最重，则与甲最重矛盾；若丁排第二，则与甲、乙、丙的说法都得不到谁最轻均矛盾．故假设不成．综上所述可得乙最重．选B．6.已知，则的展开式中的系数为（）A. B. 15 C. D. 5【答案】D【解析】由题意得，故求的展开式中的系数．∵，展开式的通项为．∴展开式中的系数为．选D．7.甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有（）A. 60种B. 54种C. 48种D. 24种【答案】D【解析】分两类求解．①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有种；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人分别各去一个景点，故方案有．由分类加法计数原理可得总的方案数为24种．选D．8.如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得该程序的功能是计算的和．∵，∴当时，，不合题意；当时，，符合题意．∴判断框中的条件为．选D．9.某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面，且底面为直角三角形，．故三棱锥外接球的球心在过的中点且与底面垂直的线上，设为点，则有，设球半径为，则有．故三棱锥的外接球表面积．俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积．∴．选B．10.把的图象向左平移个单位（为实数），再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，若对恒成立，且，若，则的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，∵对恒成立，∴是最大值或最小值，∴，故．又，∴，即，∴，∴当时，符合题意．∴．又，∴或，∴或．结合各选项可得A正确．选A．11.已知双曲线的左、右顶点分别为，为双曲线左支上一点，为等腰三角形且外接圆的半径为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知等腰中，，设，则，其中必为锐角．∵外接圆的半径为，∴，∴，，∴．设点P的坐标为，则，故点P的坐标为．由点P在椭圆上得，整理得，∴．选C．点睛：本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P的坐标是解题的突破口．在得到点P 的坐标后根据点在椭圆上可得间的关系，最后根据离心率的定义可得所求．12.已知在点处的切线方程为，，的前项和为，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得，∴，解得，∴．设，则，∴在上单调递减，∴，即，令，则，∴，故．设，则，∴在上单调递增，∴，即，令，则，∴，故．综上选A．点睛：本题将函数问题和数列问题结合在一起，综合考查学生运用知识解决问题的能力，对于数列中的不等式问题，一般的解法要借助于函数的单调性进行解决．为此并结合题意需要构造两个函数来解决问题，在得到函数的单调性后通过取特殊值的方法转化为数列的问题处理，解决此类问题需要学生具有较强的观察能力和分析问题的能力．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足约束条件（），则的最大值为_______.【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．表示可行域内的点到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A到原点的距离最大，且A点的坐标为，且. ∴．答案：14.抛物线上一点的纵坐标为3，则点到抛物线焦点的距离为_______.【答案】【解析】由题意得抛物线的准线为，∴点到抛物线的距离为．由抛物线的定义可得点到抛物线焦点的距离为．答案：15.数列中，，（），则数列的通项公式为_______. 【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，∴．答案：点睛：（1）已知和的关系解题时的突破口是当时，这一结论的灵活应用，然后根据所求的问题转化为的问题或的问题解决．（2）本题中，在得到后还需要通过构造的方法得到，逐步得到等比数列，然后通过等比数列的通项公式可得数列的通项公式．16.三角形中一点满足，的长度为1，边上的中点与的连线分别交于点，若，则的长度为_______.【答案】【解析】设，则．由题意得，∴,又，∴．即的长度为．答案：三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，角所对的边分别为，已知，，且.（1）若，求的值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由及正弦定理得，故可得，于是，故．然后根据余弦定理及可得，再由可得，解得．（2）由题意得，设，可得，求得的取值范围后根据函数的单调性可得实数的取值范围．试题解析：（1）∵，∴，由正弦定理得，∴.又，，∴，∴．由余弦定理得，又，∴，∴或（舍去），又，∴，∴．（2）由（1）得为锐角，故．又，∴，设，∵，∴，∴在上单调递减，∴，∴实数的取值范围为.18.某营养协会对全市18岁男生的身高作调查，统计显示全市18岁男生的身高服从正态分布，现某校随机抽取了100名18岁男生的身高分析，结果这100名学生的身高全部介于到之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，…，第六组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）若全市18岁男生共有人，试估计该市身高在以上的18岁男生人数；（2）求的值，并计算该校18岁男生的身高的中位数（精确到小数点后三位）；（3）若身高以上的学生校服需要单独定制，现从这100名学生中身高在以上的同学中任意抽取3人，这三人中校服需要单独定制的人数记为，求的分布列和期望.附：，则；，则；，则.【答案】（1）；（2）,；（3）分布列见解析，.【解析】试题分析：（1）根据正态分布得到，故，从而可得身高在以上的18岁男生人数．（2）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可求得，然后根据中位数的意义可求得中位数的估计值．（3）由频率分布直方图可得身高在内的为人，身高在内的为人．从而可得随机变量的所有可能取值，并根据古典概型求得对应的概率，于是可得分布列，从而可得期望．试题解析：(1)由题意得,∴,∴可估计该市身高在以上的18岁男生人数为（人）(2)由频率分布直方图可得，∴.设中位数为，则，∴.即中位数为．（3）由题意得身高在内的人数为人，身高在内的人数为人，由题意得随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，故的分布列如下：∴.点睛：（1）利用频率分布直方图估计样本的数字特征的方法①中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数值．②平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和．③众数：最高的矩形的中点的横坐标．（2）对于正态分布，一定要注意三个特殊区间上的概率．解题时关键要会利用正态曲线的对称性求解随机变量在一些特殊区间上取值的概率．19.如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上的点.（1）若平面，求二面角的余弦值的大小；（2）若，侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】试题分析：（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由，可得，从而可得当时，平面.试题解析：（1）如图，连接，设交于，由题意知平面，又，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，，∴.（1）由题意得，，，∴，，∵平面，∴平面的一个法向量，又平面的一个法向量，∴，由图形知二面角为锐角，∴所求二面角的余弦值为.（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，设平面的法向量为，由题意得，又点，，，，由，得，令，则，设，则，由平面，可得，解得，∴当时，平面.点睛：（1）利用法向量求二面角或其余弦值时，在求得两法向量的夹角的余弦值后，还要根据图形判断二面角是锐角还是钝角，最后才能得到结论．（2）立体几何中的探索性问题可通过坐标法来解，求解时要注意将所求的位置关系的问题转化为向量的共线或数量积的运算来处理．20.设椭圆方程为，离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点且，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之和为1，证明直线过定点，并求出该定点.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】试题分析：（1）由离心率可得，根据的面积为得到，然后在焦点三角形中利用余弦定理并结合定义可得，进而得到，，于是得到椭圆的方程．（2）由题意设直线方程为，联立椭圆方程后得到二次方程，由根与系数的关系及可得，故直线方程为，即，可得过定点.试题解析：(1)由题意得，故．∵，∴，又，，在中，由余弦定理得，∴,解得，∴．∴，∴椭圆的方程为.（2）由题意设直线方程为，由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴．设点，，则，由题意得，即，∴整理得，∴直线方程为，即，∴直线过定点.点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的为坐标的点即为所求的定点．21.已知函数（）.（1）若时，不单调，求的取值范围；（2）设，若，时，时，有最小值，求最小值的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据不单调可得导函数在区间上有解，然后通过分离参数的方法将问题转化为求在上的取值范围的问题解决，然后利用基本不等式可得所求．（2）由题意可得，利用导数可得在上单调递增，又，故可得在上存在零点，从而可得．然后再利用导数求出函数的值域即可得到所求．试题解析：（1）∵，∴ ,∵时，不单调，∴方程在上有解，∴在上有解，又，（当且仅当时等号才成立，故此处无等号）∴．∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∴.设，则，又，，∵，∴单调递增，又，∴存在，使得.且当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴.设，，则，∴在上单调递减，又，∴.故最小值的取值范围为．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为（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.（1）当时，交于两点，求；（2）已知点，点为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把直线的参数方程化为普通方程，再解圆里的三角形得到弦长得到|AB|的值.（2）先写出的三角函数表达式，再利用三角函数求它的最大值.试题解析：（1）消去得：，由得：，圆心为，半径，圆心到直线的距离，，∴.（2）设点，则，，，又，∴的最大值为.选修4-5：不等式选讲23.设.（1）若，解关于的不等式；（2）求证：.【答案】(1)或；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用零点讨论法解（2）第（2）问，利用三角绝对值不等式证明.试题解析：（1）当时，,①当时，，∴；②当时，，∴无解；③当时，，∴，综上所述，或.（2）证明：，当且仅当时取等号.。
重庆市巴蜀中学2018届高三上学期第五次月考数学(理)试题 含解析
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（五）理科数学第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）【答案】B故选B.2. ）B. C.【答案】B故选B.3. 平面向量满足，，，则向量与的夹角为（）【答案】C4.等于（）【答案】A，则双曲线的离心率.故选A.5. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为“赵爽弦图”.弦图是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图（1））.若直得到图（2）所示的“数学风车”，在该“数学风车”内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）【答案】C，设小正方形的边长为，由全等直角三角形得，“数学风车”的面积为机取一点，则此点取自黑色部分的概率是故选C.6. 某商场失窃，四个保安因涉嫌而被传讯.四人的供述如下：甲：我们四人都没有作案.乙：我们中有人作案.丙：乙和丁至少有一人没有作案.丁：我没有作案.如果四人中有两人说的是真话，有两人说的是假话，则以下哪项断定成立（）A. 说假话的是乙和丁B. 说假话的是乙和丙C. 说假话的是甲和丙D. 说假话的是甲和丁【答案】D【解析】若说假话的是乙和丁，即“我们中没有人作案”与“我作案了”相矛盾，故排除选项A，说假话的是乙和丙，即“我们中没有人作案”与甲所说“我们四人都没有作案”、丁所说“我没有作案”相符，则丙所说“乙和丁至少有一人没有作案”也为真话，与丙说假话矛盾，故排除选项B；若说假话的是甲和丙，则乙所说“我们中有人作案”为真话，但无法判定丁所说“我没有作案”的真假，故排除选项C；若说假话的是甲和丁，即丁作的案，则乙所说为真话，丙所说“乙和丁至少有一人没有作案”也为真话，即选项D正确.故选D.7. ）B. C.【答案】B，所以，即函数在上的值域是故选B.点睛：本题考查三角恒等变换、三角函数在给定区间上的值域；求与三角函数有关的值域或最值问题，主要有以下题型，要注意总结：(1)(2)(3).8. 执行如图所示的程序框图，若输出的的值为3，则输入的的取值范围是（）D.【答案】C因为输出的值为3故选C.9. 某天上午的课程表要排入语文、数学、英语和两节自习共5节课，如果第1节不排数学，且语文和英语不相邻，那么不同的排课表的方法有（）种.A. 24B. 48C. 30D. 60【答案】C【解析】先将数学和两节自习进行排列，留有4个空安排语文和英语，排法.故选C.10. ，，下列结论正确的是（）D.【答案】C，即故选C.点睛：本题考查函数的奇偶性、单调性和对数的大小比较；的大小，与平常的中间值（1,0，）不同，11. 设直线与抛物线相交于相切于点2条，则的取值范围是（）【答案】D，因为直线与圆相切，所以，即，即点且，因为满足条件的直线只有两条，所以故选D.12. 已知函数）不确定【答案】A，下面判定的符号：令，则，则递增，，，若，则故选A.点睛：本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性和最值；在利用导数的几何意义求曲线的切线时，要注意“曲线在某点处的切线”和“过某点的切线”的不同，“曲线在某点处的切线”，即该点一定在曲线上且是切点，但“过某点的切线”则该点不一定在曲线上，也不一定是切点.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. __________．【答案】5，即二项式展开式中的常数项是.14. 的前项和为，则．【答案】311为首项、公比为2的等比数列，则点睛：本题考查利用数列的是一个分段函数，一定要注意验证当若满足，写成一个解析式，否则写成分段函数.15. __________．【解析】作出可行域（如图所示）到原点的距离点睛：本题考查二元一次不等式组和平面区域、非线性目标函数的最优解；利用可行域求非线性目标函数的最优解涉及的目标函数主要有以下几种：(1)平方；(2).16. 在四边形，则四边形__________．【解析】由余弦定理，，，即取得最大值12，即，解得，即四边形的面积的最大值是三、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..的前项和【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意列出关于等差数列的首项和公差的方程组求出等差数列的通项公式即可，再利用等比数列的通项公式求解；（Ⅱ）利用错位相减法进行求和.试题解析：.1，公比为3的等比数列，∴.点睛：本题考查等差数列、等比数列及错位相减法求和；错位相减法是一种重要的求和方法，，求和方法是等式两边同乘以等比数列的公比，对齐相减，转化为部分项成等比数列进行求和.18. 如图，所有棱长均为2，的中点..【解析】试题分析：（Ⅰ）利用等腰三角形的“三线合一”与正方形的对角线垂直得到线线垂直，进而利用线面垂直的判定定理和性质进行证明（Ⅱ）利用垂直关系建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和直线的方向向量，进而求出两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式进行求解.试题解析：为底边的中点，故由于正三棱柱的所有棱长都相等，，故，19. 作为加班拍档、创业伴侣、春运神器，曾几何时，方便面是我们生活中重要的“朋友”，然而这种景象却在近5年出现了戏剧性的逆转。
2018届重庆市巴蜀中学高三适应性月考(八,3月)数学(理)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（八，3月）数学（理）试题一、单选题1．若复数z 满足()201811i z i +=-，则复数z 的模为（ ）A.12B. 1C.D. 【答案】C【解析】由题意得()()()20184504222111121111111i i i i z i i i i i i i ⨯+----======-+++++-，∴1z i =-=．选C ．2．已知全集U R =，集合{|11}A x x =-<， 25{|1}1x B x x -=≥-，则U A C B ⋂=（ ）A. {|12}x x <<B. {|12}x x <≤C. {|12}x x ≤<D. {|14}x x ≤< 【答案】C【解析】由题意得{|11}{|111}{|02}A x x x x x x =-<=-<-<=<<，25254{|1}{|1}{|0}{|14}111x x x B x x x x x x x x x ---=≥=≥=≥=<≥---或， ∴{|14}U B x x =≤<ð，∴(){|12}U A C B x x ⋂=≤<．选C ．3．在等差数列{}n a 中， 47,a a 是函数()2318f x x x =--的两个零点，则{}n a 的前10项和等于（ ）A. 15-B. 15C. 30D. 30- 【答案】B【解析】由题意得47,a a 是方程23180x x --=的两根，∴473a a +=， ∴()()()1101011047105553152a a S a a a a +==+=+=⨯=．选B ．4．设,m n 是两条不同的直线， ,,αβγ是三个不同的平面，给出下列命题： ①若,αγαβ⊥⊥，则//γβ；②若,m αβα⊥⊥，则//m β； ③若//,//m n m α，则//n α. 其中真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A【解析】①中，由条件可得//γβ或αβ，相交，故①不正确； ②中，由条件可得//m β或m β⊂，故②不正确；③中，由条件可得//n α或n α⊂，故③不正确． 综上真命题的个数是0．选A ．5．甲、乙、丙、丁四个人聚在一起讨论各自的体重（每个人的体重都不一样）. 甲说：“我肯定最重”； 乙说：“我肯定不是最轻”；丙说：“我虽然没有甲重，但也不是最轻” 丁说：“那只有我是最轻的了”.为了确定谁轻谁重，现场称了体重，结果四人中仅有一人没有说对. 根据上述对话判断四人中最重的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B【解析】用排除法进行说明．①假设甲没说对，则乙、丙、丁说的正确．故最重的是乙，第二名是甲，第三名是丙，丁最轻；或者乙最重，第二名是丙，第三名是甲，丁最轻．②假设乙没说对，则甲、丙、丁说的正确．故乙最轻，与丁最轻矛盾，故假设不成立． ③假设丙没说对，则甲、乙、丁说的正确．若丙最重，则与甲的说法；若丙最轻，，则与丁最轻．故假设不成立．④假设丁没说对，则甲、乙、丙说的正确．若丁最重，则与甲最重矛盾；若丁排第二，则与甲、乙、丙的说法都得不到谁最轻均矛盾．故假设不成． 综上所述可得乙最重．选B ．6．已知0sin n xdx π=⎰，则)()511nx -的展开式中4x 的系数为（ ）A. 15-B. 15C. 5-D. 5 【答案】D【解析】由题意得()00sin cos |cos cos02n xdx x πππ==-=--=⎰，故求)()2511x -的展开式中4x 的系数．∵)211x =+，()51x -展开式的通项为()5151,0,1,2,3,4,5rr rr T C x r -+=-=． ∴展开式中4x 的系数为()()22155111055C C -+-⋅=-=．选D ．7．甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有（ ） A. 60种 B. 54种 C. 48种 D. 24种 【答案】D【解析】分两类求解．①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有12223212C C A =种；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人分别各去一个景点，故方案有11232212C C A =．由分类加法计数原理可得总的方案数为24种．选D ．8．如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是（ ）A. 7?n <B. 7?n ≤C. 8?n <D. 8?n ≤ 【答案】D【解析】由题意得该程序的功能是计算232222n++++ 的和．∵()23121222222212n n n +-++++==-- ，∴当7n =时， 182222254n +-=-=，不合题意；当8n =时， 192222510n +-=-=，符合题意．∴判断框中的条件为8?n ≤．选D ．9．某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为1S ，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为2S ，则12:S S 为（ ）A. 5:1B. 5:2C. 5:4D. 10:1 【答案】B【解析】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥S ABC -，其中SA ⊥底面ABC ，且底面ABC 为直角三角形，90,3,4,5,5BAC AB AC BC SA ∠=︒====．故三棱锥外接球的球心在过BC 的中点1O 且与底面垂直的线上，设为点O ，则有11522OO SA ==，设球半径为R ，则有22211252R OO O C =+=．故三棱锥的外接球表面积1254502S ππ=⨯⨯=． 俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积()21245202S ππ=⨯⨯⨯=． ∴12505202S S ππ==．选B ． 10．把sin y x =的图象向左平移φ个单位（φ为实数），再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到()f x 的图象，若()6f x f π⎛⎫≤ ⎪⎝⎭对x R ∈恒成立，且()2f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，若()110tan 23f θπ=，则θ的可能取值为（ ） A.34π B. 512π C. 6π D. 12π【答案】A【解析】由题意可得()()sin 2f x x ϕ=+， ∵()6f x f π⎛⎫≤⎪⎝⎭对x R ∈恒成立， ∴6f π⎛⎫⎪⎝⎭是最大值或最小值， ∴2,62k k Z ππϕπ⨯+=+∈，故,6k k Z πϕπ=+∈．又()2f f ππ⎛⎫>⎪⎝⎭，∴()sin 2sin 22πϕπϕ⎛⎫⨯+>+ ⎪⎝⎭，即sin sin ϕϕ->， ∴sin 0ϕ<，∴当1k =-时， 56πϕ=-符合题意． ∴()5sin 26f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭．又()5110sin 2tan 623fπθθπ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭ ∴522,63k k Z ππθπ-=+∈或5222,63k k Z ππθπ-=+∈， ∴72,12k k Z πθπ=+∈或3,4k k Z πθπ=+∈． 结合各选项可得A 正确．选A ．11．已知双曲线22221x y a b-=的左、右顶点分别为,A B ， P 为双曲线左支上一点，ABP ∆，则双曲线的离心率为（ ）A.B. C. D. 【答案】C【解析】由题意知等腰ABP ∆中， ||2AB AP a ==，设ABP APB θ∠=∠=，则12F AP θ∠=，其中θ必为锐角．∵ABP ∆，∴2sin aθ=，∴sin θ=cos θ=∴243sin22,cos22155θθ===⨯-=⎝⎭．设点P 的坐标为(),x y ，则118cos2,sin255a ax a AP y AP θθ=+===， 故点P 的坐标为118,55a a ⎛⎫⎪⎝⎭．由点P 在椭圆上得2222118551a a a b⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，整理得2223b a =，∴c e a ===．选C ．点睛：本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中,a c 之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P 的坐标是解题的突破口．在得到点P 的坐标后根据点在椭圆上可得,a b 间的关系，最后根据离心率的定义可得所求． 12．已知()2ln f x x a x =+在点()()1,1f处的切线方程为430x y --=，()1'2n a f n n =- ()*1,n n N ≥∈， {}n a 的前n 项和为n S ，则下列选项正确的是（ ）A. 20181ln2018S -<B. 2018ln20181S >+C. 1009ln20181S <-D. 2017ln2018S > 【答案】A【解析】由题意得()2a f x x x='+， ∴()124f a ='+=，解得2a =， ∴()()*1121'21,22n a f n n n n n n N n n⎛⎫=-=+-=≥∈ ⎪⎝⎭． 设()()()ln 1,0,1g x x x x =+-∈，则()11011xg x x x -=-=+'<+， ∴()g x 在()0,1上单调递减，∴()()00g x g <=，即()ln 1x x +<， 令1x n =，则111ln 1ln n n n n +⎛⎫+=< ⎪⎝⎭， ∴2341111lnln ln ln 112323n n n+++++<++++ ，故()ln 1n n S +<． 设()()1ln 1,1,h x x x x =+-∈+∞，则()2110h x x x=->'，∴()h x 在()1,+∞上单调递增， ∴()()10h x h >=，即()1ln 1,1,x x x>-∈+∞，令11x n =+，则111ln 1ln 1n n n n +⎛⎫+=> ⎪+⎝⎭， ∴23411111lnln ln ln 123231n n n n +++++>+++++ ，故()1ln 11n n S ++>-． 综上选A ． 点睛：本题将函数问题和数列问题结合在一起，综合考查学生运用知识解决问题的能力，对于数列中的不等式问题，一般的解法要借助于函数的单调性进行解决．为此并结合题意需要构造两个函数来解决问题，在得到函数的单调性后通过取特殊值的方法转化为数列的问题处理，解决此类问题需要学生具有较强的观察能力和分析问题的能力．二、填空题13．已知,x y 满足约束条件340{20 0x y x x y -+≥-≤+≥（,x y R ∈），则22x y +的最大值为_______.【答案】8【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示． 22x y +表示可行域内的点(),x y 到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A 到原点的距离最大，且A 点的坐标为()2,2-，且OA =∴()22max8x y+=．答案： 814．抛物线22x y =上一点P 的纵坐标为3，则点P 到抛物线焦点的距离为_______. 【答案】72【解析】由题意得抛物线的准线为12y =-， ∴点P 到抛物线的距离为17322+=．由抛物线的定义可得点P 到抛物线焦点的距离为72． 答案：7215．数列{}n a 中， 11a =， 13n n n a S +=+（*,1n N n ∈≥），则数列{}n S 的通项公式为_______.【答案】32n n n S =-【解析】∵113n n n n n a S S S ++=+=-， ∴123n n n S S +=+， ∴11213333n n n n S S ++=⋅+， ∴11211333n n n nS S ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 又11211333S -=-=-， ∴数列13n nS ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为23-，公比为23的等比数列， ∴122213333n nn n S -⎛⎫⎛⎫-=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴32n n n S =-． 答案： 32n n n S =- 点睛：（1）已知n S 和n a 的关系解题时的突破口是当2n ≥时， 1n n n a S S -=-这一结论的灵活应用，然后根据所求的问题转化为n S 的问题或n a 的问题解决．（2）本题中，在得到123n n n S S +=+后还需要通过构造的方法得到11211333n n n nS S ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，逐步得到等比数列13n n S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭，然后通过等比数列的通项公式可得数列{}n S 的通项公式．16．三角形ABC 中一点O 满足OA OB OC ==， AB 的长度为1， BC 边上的中点M 与O 的连线分别交,BC AC 于点,M D ，若3AD BC ⋅=，则AC 的长度为_______.【解析】设,AB a AC b ==，则()()11,22AM a b BC b a =+=- ．由题意得0DM BC ⋅=，∴()()22132AD BC AM MD BC AM BC MD BC AM BC b a ⋅=+⋅=⋅+⋅=⋅=-= , 又1a =，∴b =AC答案：三、解答题17．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知()cos ,1m c C =，()2,cos cos n a B b A =+，且m n ⊥ .（1）若227,ABC c b S ∆==,a b 的值；（2）若sin cos sin cos A A A A λ=+，求实数λ的取值范围. 【答案】（1）4,2；（2）)⎡+∞⎣.【解析】试题分析：（1）由m n ⊥及正弦定理得2sin sin cos sin cos 0C A B B A ++=，故可得2s i n c o s s i C C C =-，于是1cos 2C =-，故23C π=．然后根据余弦定理及227c b =可得2a b =，再由ABC S ∆=可得8ab =，解得4,2a b ==．（2）由题意得sin cos sin cos A A A A λ+=，设sin cos 4t A A A π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，可得22211t t t tλ==--，求得t 的取值范围后根据函数的单调性可得实数λ的取值范围．试题解析：（1）∵m n ⊥， ∴2cos cos cos 0m n c C a B b A ⋅=++=，由正弦定理得2sin sin cos sin cos 0C A B B A ++=， ∴()2sin cos sin sin C C A B C =-+=-. 又()0,C π∈， sin 0C ≠， ∴1cos 2C =-， ∴23C π=．由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-， 又227c b =， ∴2260a b ab -+=， ∴2a b =或3a b =-（舍去），又1sin 2ABC S ab C ∆== ∴8ab =， ∴4,2a b ==．（2）由（1）得A 为锐角，故sin cos 0A A ≠． 又sin cos sin cos A A A A λ=+， ∴sin cos sin cos A AA Aλ+=，设sin cos 4t A A A π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，∵ 0,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ∴1t <≤∴22211t t t tλ==--在(上单调递减，∴()21λ≥=-∴ 实数λ的取值范围为)⎡+∞⎣.18．某营养协会对全市18岁男生的身高作调查，统计显示全市18岁男生的身高服从正态分布()172,36N ，现某校随机抽取了100名18岁男生的身高分析，结果这100名学生的身高全部介于160cm 到196cm 之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组[)160,166，第二组[)166,172，…，第六组[]190,196，得到如图所示的频率分布直方图.（1）若全市18岁男生共有10000人，试估计该市身高在178cm 以上的18岁男生人数； （2）求a 的值，并计算该校18岁男生的身高的中位数（精确到小数点后三位）； （3）若身高190cm 以上的学生校服需要单独定制，现从这100名学生中身高在184cm 以上的同学中任意抽取3人，这三人中校服需要单独定制的人数记为X ，求X 的分布列和期望.附： ()2~,X N μσ，则(33)0.9974P X μσμσ-<<+=；()2~,X N μσ，则(22)0.9544P X μσμσ-<<+=； ()2~,X N μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=.【答案】（1）1587；（2）0.017,173.571；（3）分布列见解析， 1. 【解析】试题分析：（1）根据正态分布得到(17261726)0.6826P X -<<+=，故()1780.1587P ξ≥=，从而可得身高在178cm 以上的18岁男生人数．（2）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可求得0.017a =，然后根据中位数的意义可求得中位数的估计值．（3）由频率分布直方图可得身高在[)184,190内的为6人，身高在[)190,196内的为3人．从而可得随机变量X 的所有可能取值，并根据古典概型求得对应的概率，于是可得分布列，从而可得期望． 试题解析：(1)由题意得172,6μσ==,∴()110.6826178[1(17261726)]0.158722P P X ξ-≥=--<<+==, ∴可估计该市身高在178cm 以上的18岁男生人数为100000.15871587⨯=（人）(2)由频率分布直方图可得()0.0150.050.070.010.00561a +++++⨯=， ∴0.017a =.设中位数为x ，则()0.01560.0561720.070.5x ⨯+⨯+-⨯=， ∴173.571x =.即中位数为173.571．（3）由题意得身高在[)184,190内的人数为1000.0166⨯⨯=人， 身高在[)190,196内的人数为1000.00563⨯⨯=人，由题意得随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3．()36395021C P X C ===， ()21633915128C C P X C ===， ()1263393214C C P X C ===， ()33391384C P X C ===，X∴()451811231848484E X =⨯+⨯+⨯=. 点睛：（1）利用频率分布直方图估计样本的数字特征的方法①中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数值．②平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和． ③众数：最高的矩形的中点的横坐标．（2）对于正态分布，一定要注意三个特殊区间上的概率．解题时关键要会利用正态曲线的对称性求解随机变量在一些特殊区间上取值的概率．19．如图，在正四棱锥S ABCD -中，底边2AB =，侧棱3SA =， P 为侧棱SD 上的点.（1）若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC D --的余弦值的大小；（2）若2SP PD =，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得//BE 平面PAC ，若存在，求:SE EC 的值；若不存在，试说明理由. 【答案】（1（2）存在， 1:1. 【解析】试题分析：（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点E 使得//BE 平面PAC ，然后根据题意求得平面PAC 的法向量，由0BE n ⋅= ，可得12t =，从而可得当:1:1SE EC =时，//BE 平面PAC .试题解析：（1）如图，连接BD ，设AC 交BD 于O ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，又AC BD ⊥，故,,OS OB OC 两两垂直．以O 为坐标原点， ,,OB OC OS分别为,,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.∵2AB =， 3SA =，∴SO =（1）由题意得(S ，()D ，()C ，∴()OC = ，DS =，∵SD ⊥平面PAC ，∴平面PAC的一个法向量DS =， 又平面DAC的一个法向量(OS =，∴cos ,DS OS DS OS DS OS⋅===由图形知二面角P AC D --为锐角，（2）假设在棱SC 上存在一点E 使得//BE 平面PAC ．在SC 上取点E ，连接EB ， 设平面PAC 的法向量为(),,n x y z =，由题意得133DP DS ⎛== ⎝⎭，又点()0,A ，)B ，()AC =，()33AP AD DP ⎛⎛=+=+=- ⎝⎭⎝⎭ ，由0{ 03n AC n AP z ⋅==⋅=-++=，得0{ 7y z x ==，令1x =，则1,0,7n ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭， 设CE tCS =，则()()()0,1BE BC CE BC tCS t t =+=+=+=-，由//BE 平面PAC ，可得0BE n ⋅=，解得12t =， ∴当:1:1SE EC =时， //BE 平面PAC .点睛：（1）利用法向量求二面角或其余弦值时，在求得两法向量的夹角的余弦值后，还要根据图形判断二面角是锐角还是钝角，最后才能得到结论．（2）立体几何中的探索性问题可通过坐标法来解，求解时要注意将所求的位置关系的问题转化为向量的共线或数量积的运算来处理．20．设椭圆方程为22221(0)x y a b a b +=>>，离心率为2， 12,F F 是椭圆的两个焦点，A 为椭圆上一点且123F AF π∠=， 12F AF ∆ （1）求椭圆的方程；（2）已知点()0,1P ，直线l 不经过点P 且与椭圆交于,B C 两点，若直线PB 与直线PC 的斜率之和为1，证明直线l 过定点，并求出该定点.【答案】（1）2212x y +=；（2）证明见解析， ()2,1--. 【解析】试题分析：（1）由离心率可得c =，根据12F AF ∆1243AF AF =，然后在焦点三角形12F AF ∆中利用余弦定理并结合定义可得22a =，进而得到21c =，21b =，于是得到椭圆的方程．（2）由题意设直线l 方程为()1y kx m m =+≠±，联立椭圆方程后得到二次方程，由根与系数的关系及1FB FC k k +=可得12m k +=，故直线方程为12m y x m +=+，即()22y x m x -=+，可得过定点()2,1--. 试题解析：(1)由题意得c e a ==c =．∵12121sin 23F AF S AF AF π∆==，∴1243AF AF =， 又122AF AF a +=， 122F F c =， 在12F AF ∆中，由余弦定理得()22221212121212||||2cos33F F AF AF AF AF AF AF AF AF π=+-=+-，∴22444a ⎫=-⎪⎪⎝⎭, 解得22a =， ∴21c =． ∴21b =，∴椭圆的方程为2212x y +=. （2）由题意设直线l 方程为()1y kx m m =+≠±，由22{ 12y kx mx y =++=消去y 整理得()222124220k x kmx m +++-=，∵直线与椭圆交于两点， ∴()()()()222224412228210km kmm k ∆=-+-=--->．设点()11,B x y ， ()22,C x y ，则2121222422,1212km m x x x x k k--+==++， 由题意得1212111FB FC y y k k x x --+=+=， 即()()()12122110k x x m x x -+-+=，∴()()22222421101212m km k m k k ---+-=++ 整理得12m k +=， ∴直线l 方程为12m y x m +=+，即()22y x m x -=+，∴直线l 过定点()2,1--. 点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为()00y y k x x -=-的形式，当00x x -=时与k 无关，即()00y y k x x -=-恒成立，故直线过定点()00,x y ．（2）曲线过定点．利用方程(),0f x y =对任意参数恒成立得出关于,x y 的方程组，以方程组的为坐标的点即为所求的定点．21．已知函数()()22x f x e x ax =-+-（a R ∈）.（1）若()0,x ∈+∞时， ()f x 不单调，求a 的取值范围；（2）设()()()()()222,xg x x e b x F x f x g x =++=+，若1a =， 10,4b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0,x ∈+∞时， ()F x 有最小值，求最小值的取值范围.【答案】（1）2a >；（2）(),1e --. 【解析】试题分析：（1）根据()f x 不单调可得导函数在区间()0,+∞上有解，然后通过分离参数的方法将问题转化为求211211x x x x =++-++在()0,+∞上的取值范围的问题解决，然后利用基本不等式可得所求．（2）由题意可得()()()'122xF x ex b x =-++，利用导数可得()'F x 在()0,+∞上单调递增，又()()'0410'160F b F b =-=，，故可得()'F x 在()0,+∞上存在零点t ，从而可得()()2min 1122t t F x F t e t ⎛⎫==-+- ⎪⎝⎭．然后再利用导数求出函数()()211,0,122t t h t e t t ⎛⎫=-+-∈ ⎪⎝⎭的值域即可得到所求．试题解析：（1）∵()()22x f x e x ax =-+-，∴()()()()222222x x x f x e x ax e x a e x a x a ⎡⎤=-+-+-+=-+-+-⎣'⎦, ∵()0,x ∈+∞时， ()f x 不单调，∴方程()2220x a x a -+-+-=在()0,+∞上有解，∴2121211x a x x x -==++-++在()0,+∞上有解， 又()11201x x ++->+，（当且仅当0x =时等号才成立，故此处无等号） ∴2a >．∴ 实数a 的取值范围为()2,+∞． （2）由题意得()()()222xF x e x b x =-++，∴()()()'122xF x e x b x =-++.设()()()122x x ex b x φ=-++，则()'2x x xe b φ=+，又()0,x ∈+∞， 10,4b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ∵()'0x φ>， ∴()'F x 单调递增，又()()'0410'160F b F b =-=，，∴存在()0,1t ∈，使得()()()'1220tF t e t b t =-++=.且当()0,x t ∈时， ()'0F x <， ()F x 单调递减， 当(),x t ∈+∞时， ()'0F x >， ()F x 单调递增， ∴()()()()()()()()22min 1222222t tte t F x F t e t b t e t t t -==-++=-++-+21122t t e t ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭.设()21122t t h t e t ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭， ()0,1t ∈，则()2110222t t h t e t ⎛⎫=-+-< ⎪⎝⎭'， ∴()h t 在()0,1t ∈上单调递减， 又()()01,1h h e =-=-， ∴()()min ,1F x e ∈--.故()F x 最小值的取值范围为(),1e --．22．在直角坐标坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为1{ x tcos y tsin αα=-+=（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2C 的极坐标方程4cos ρθ=-.（1）当3πα=时， 1C 交2C 于,A B 两点，求AB ；（2）已知点()1,2P -，点Q 为曲线2C 上任意一点，求OP OQ ⋅的最大值.【答案】（1（2）7.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把直线的参数方程化为普通方程，再解圆里的三角形得到弦长得到|AB|的值.（2）先写出OP OQ ⋅的三角函数表达式，再利用三角函数求它的最大值. 试题解析：（1）消去t 得1C ： )1y x =+，由222{ x y x cos ρρθ=+=得2C ： ()2224x y ++=，圆心为()2,0-，半径2r =，圆心到直线1C 的距离d ==， 22222AB d ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴AB （2）设点(),Q x y ，则()1,2OP =- ， ()1,2PQ x y =-+， 25OP PQ x y ⋅=-- ，又22{2x cos y sin θθ=-+= ()2522cos 4sin 57OP PQ x y θθθφ⋅=--=-+--=-+-，∴OP PQ ⋅的最大值为7.23．设()2(01)f x x a x a a =-+-<≤. （1）若1a =，解关于x 的不等式()2f x >； （2）求证： ()16f t f t ⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭.【答案】(1) 0x <或43x >；（2）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用零点讨论法解211 2.x x -+->（2）第（2）问，利用三角绝对值不等式证明. 试题解析：（1）当1a =时， ()211f x x x =-+-, ①当12x <时， 1212x x -+->，∴0x <； ②当112x ≤≤时， 2112x x -+->，∴无解； ③当1x >时， 2112x x -+->，∴43x >，综上所述， 0x <或43x >.（2）证明： ()12121f t f t a t a a t t t⎛⎫+-=-+-+--+-- ⎪⎝⎭()()21211223326t a a t a a t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫≥----+----=+++=+≥⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当1t =±时取等号.。
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考数学(理)试题(精品解析)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（八，3月）数学（理）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.若复数满足，则复数的模为（）A. B. 1 C. D.【答案】C【解析】由题意得，∴．选C．2.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，∴，∴．选C．3.在等差数列中，是函数的两个零点，则的前10项和等于（）A. B. 15 C. 30 D.【答案】B【解析】由题意得是方程的两根，∴，∴．选B．4.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则.其中真命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】①中，由条件可得或相交，故①不正确；②中，由条件可得或，故②不正确；③中，由条件可得或，故③不正确．综上真命题的个数是0．选A．5.甲、乙、丙、丁四个人聚在一起讨论各自的体重（每个人的体重都不一样）.甲说：“我肯定最重”；乙说：“我肯定不是最轻”；丙说：“我虽然没有甲重，但也不是最轻”丁说：“那只有我是最轻的了”.为了确定谁轻谁重，现场称了体重，结果四人中仅有一人没有说对.根据上述对话判断四人中最重的是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】用排除法进行说明．①假设甲没说对，则乙、丙、丁说的正确．故最重的是乙，第二名是甲，第三名是丙，丁最轻；或者乙最重，第二名是丙，第三名是甲，丁最轻．②假设乙没说对，则甲、丙、丁说的正确．故乙最轻，与丁最轻矛盾，故假设不成立．③假设丙没说对，则甲、乙、丁说的正确．若丙最重，则与甲的说法；若丙最轻，，则与丁最轻．故假设不成立．④假设丁没说对，则甲、乙、丙说的正确．若丁最重，则与甲最重矛盾；若丁排第二，则与甲、乙、丙的说法都得不到谁最轻均矛盾．故假设不成．综上所述可得乙最重．选B．6.已知，则的展开式中的系数为（）A. B. 15 C. D. 5【答案】D【解析】由题意得，故求的展开式中的系数．∵，展开式的通项为．∴展开式中的系数为．选D．7.甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有（）A. 60种B. 54种C. 48种D. 24种【答案】D【解析】分两类求解．①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有种；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人分别各去一个景点，故方案有．由分类加法计数原理可得总的方案数为24种．选D．8.如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得该程序的功能是计算的和．∵，∴当时，，不合题意；当时，，符合题意．∴判断框中的条件为．选D．9.某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面，且底面为直角三角形，．故三棱锥外接球的球心在过的中点且与底面垂直的线上，设为点，则有，设球半径为，则有．故三棱锥的外接球表面积．俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积．∴．选B．10.把的图象向左平移个单位（为实数），再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，若对恒成立，且，若，则的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，∵对恒成立，∴是最大值或最小值，∴，故．又，∴，即，∴，∴当时，符合题意．∴．又，∴或，∴或．结合各选项可得A正确．选A．11.已知双曲线的左、右顶点分别为，为双曲线左支上一点，为等腰三角形且外接圆的半径为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知等腰中，，设，则，其中必为锐角．∵外接圆的半径为，∴，∴，，∴．设点P的坐标为，则，故点P的坐标为．由点P在椭圆上得，整理得，∴．选C．点睛：本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P的坐标是解题的突破口．在得到点P的坐标后根据点在椭圆上可得间的关系，最后根据离心率的定义可得所求．12.已知在点处的切线方程为，，的前项和为，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得，∴，解得，∴．设，则，∴在上单调递减，∴，即，令，则，∴，故．设，则，∴在上单调递增，∴，即，令，则，∴，故．综上选A．点睛：本题将函数问题和数列问题结合在一起，综合考查学生运用知识解决问题的能力，对于数列中的不等式问题，一般的解法要借助于函数的单调性进行解决．为此并结合题意需要构造两个函数来解决问题，在得到函数的单调性后通过取特殊值的方法转化为数列的问题处理，解决此类问题需要学生具有较强的观察能力和分析问题的能力．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足约束条件（），则的最大值为_______.【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．表示可行域内的点到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A到原点的距离最大，且A点的坐标为，且.∴．答案：14.抛物线上一点的纵坐标为3，则点到抛物线焦点的距离为_______.【答案】【解析】由题意得抛物线的准线为，∴点到抛物线的距离为．由抛物线的定义可得点到抛物线焦点的距离为．答案：15.数列中，，（），则数列的通项公式为_______.【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，∴．答案：点睛：（1）已知和的关系解题时的突破口是当时，这一结论的灵活应用，然后根据所求的问题转化为的问题或的问题解决．（2）本题中，在得到后还需要通过构造的方法得到，逐步得到等比数列，然后通过等比数列的通项公式可得数列的通项公式．16.三角形中一点满足，的长度为1，边上的中点与的连线分别交于点，若，则的长度为_______.【解析】设，则．由题意得，∴,又，∴．即的长度为．答案：三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，角所对的边分别为，已知，，且. （1）若，求的值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由及正弦定理得，故可得，于是，故．然后根据余弦定理及可得，再由可得，解得．（2）由题意得，设，可得，求得的取值范围后根据函数的单调性可得实数的取值范围．试题解析：（1）∵ ，∴，由正弦定理得，∴.又，，∴，∴．由余弦定理得，∴，∴或（舍去），又，∴，∴ ．（2）由（1）得为锐角，故．又，∴ ，设，∵ ，∴ ，∴ 在上单调递减，∴ ，∴ 实数的取值范围为.18.某营养协会对全市18岁男生的身高作调查，统计显示全市18岁男生的身高服从正态分布，现某校随机抽取了100名18岁男生的身高分析，结果这100名学生的身高全部介于到之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，…，第六组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）若全市18岁男生共有人，试估计该市身高在以上的18岁男生人数；（2）求的值，并计算该校18岁男生的身高的中位数（精确到小数点后三位）；（3）若身高以上的学生校服需要单独定制，现从这100名学生中身高在以上的同学中任意抽取3人，这三人中校服需要单独定制的人数记为，求的分布列和期望.附：，则；，则；，则.【答案】（1）；（2）,；（3）分布列见解析，.【解析】试题分析：（1）根据正态分布得到，故，从而可得身高在以上的18岁男生人数．（2）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可求得，然后根据中位数的意义可求得中位数的估计值．（3）由频率分布直方图可得身高在内的为人，身高在内的为人．从而可得随机变量的所有可能取值，并根据古典概型求得对应的概率，于是可得分布列，从而可得期望．试题解析：(1)由题意得,∴,∴可估计该市身高在以上的18岁男生人数为（人）(2)由频率分布直方图可得，∴.设中位数为，则，∴.即中位数为．（3）由题意得身高在内的人数为人，身高在内的人数为人，由题意得随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，故的分布列如下：∴.点睛：（1）利用频率分布直方图估计样本的数字特征的方法①中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数值．②平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和．③众数：最高的矩形的中点的横坐标．（2）对于正态分布，一定要注意三个特殊区间上的概率．解题时关键要会利用正态曲线的对称性求解随机变量在一些特殊区间上取值的概率．19.如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上的点.（1）若平面，求二面角的余弦值的大小；（2）若，侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】试题分析：（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由，可得，从而可得当时，平面.试题解析：（1）如图，连接，设交于，由题意知平面，又，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，，∴.（1）由题意得，，，∴，，∵平面，∴平面的一个法向量，又平面的一个法向量，∴，由图形知二面角为锐角，∴所求二面角的余弦值为.（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，设平面的法向量为，由题意得，又点，，，，由，得，令，则，设，则，由平面，可得，解得，∴当时，平面.点睛：（1）利用法向量求二面角或其余弦值时，在求得两法向量的夹角的余弦值后，还要根据图形判断二面角是锐角还是钝角，最后才能得到结论．（2）立体几何中的探索性问题可通过坐标法来解，求解时要注意将所求的位置关系的问题转化为向量的共线或数量积的运算来处理．20.设椭圆方程为，离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点且，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之和为1，证明直线过定点，并求出该定点.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】试题分析：（1）由离心率可得，根据的面积为得到，然后在焦点三角形中利用余弦定理并结合定义可得，进而得到，，于是得到椭圆的方程．（2）由题意设直线方程为，联立椭圆方程后得到二次方程，由根与系数的关系及可得，故直线方程为，即，可得过定点.试题解析：(1)由题意得，故．∵，∴，又，，在中，由余弦定理得，∴,解得，∴．∴，∴椭圆的方程为.（2）由题意设直线方程为，由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴．设点，，则，由题意得，即，∴整理得，∴直线方程为，即，∴直线过定点.点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的为坐标的点即为所求的定点．21.已知函数（）.（1）若时，不单调，求的取值范围；（2）设，若，时，时，有最小值，求最小值的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据不单调可得导函数在区间上有解，然后通过分离参数的方法将问题转化为求在上的取值范围的问题解决，然后利用基本不等式可得所求．（2）由题意可得，利用导数可得在上单调递增，又，故可得在上存在零点，从而可得．然后再利用导数求出函数的值域即可得到所求．试题解析：（1）∵，∴ ,∵时，不单调，∴方程在上有解，∴在上有解，又，（当且仅当时等号才成立，故此处无等号）∴ ．∴ 实数的取值范围为．（2）由题意得，∴.设，则，又，，∵，∴单调递增，又，∴存在，使得.且当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴.设，，则，∴ 在上单调递减，又，∴ .故最小值的取值范围为．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为（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.（1）当时，交于两点，求；（2）已知点，点为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把直线的参数方程化为普通方程，再解圆里的三角形得到弦长得到|AB|的值.（2）先写出的三角函数表达式，再利用三角函数求它的最大值.试题解析：（1）消去得：，由得：，圆心为，半径，圆心到直线的距离，，∴.（2）设点，则，，，又，∴的最大值为.选修4-5：不等式选讲23.设.（1）若，解关于的不等式；（2）求证：.【答案】(1) 或；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用零点讨论法解（2）第（2）问，利用三角绝对值不等式证明.试题解析：（1）当时，,①当时，，∴；②当时，，∴无解；③当时，，∴，综上所述，或.（2）证明：，当且仅当时取等号.。
2018届重庆市巴蜀中学高三适应性月考(九)数学(理)试题及答案
图1 图2 巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）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】12．几何体还原为如图1所示的三棱锥A BCD -，把此几何体补全为如图2所示的三棱柱，所以三棱锥的外接球即为三棱柱111ABC A B C -的外接球，在ABC △中，202084cos 2205A +-==⨯，3sin 5A =，∴2sin BC r A ==∴2228629R r =+=，∴2344π4π9S R ==∴，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】16的中点，(2s i n c o E θθθθ++，，∴26s i n 8s i nO E O D θθθ=++ ∴ 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）112n n n a a --=+∵，2122n n n a a ---=+， ，212a a =+， 12112(12)222321(2)12n n n n a a n ---=++++=+=+- ≥∴． ……………………（4分）1n =∵时，11321a ==+，21n n a =+∴． …………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）1212log (1)log (211)1n n n b a n ++=-=+-=+， 令122112(1)(2)12n n n c b b n n n n +⎛⎫===- ⎪+⨯+++⎝⎭， ……………………………（7分） n b ∴的前n 项和为2(21)322n n n n ++⨯+=． …………………………………（9分） n c 的前n 项和为1111111122233412222n n n n n ⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭， …………………………………………………………………（11分）2322n n n n T n +=++∴． ………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）2250(2510105)400 6.349 6.6353515203063K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯， ………………（2分）∴不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．………………………（3分） （Ⅱ）12位中，使用支付宝的人数为251210255⨯=+(人)，不使用支付宝的人数为 5122255⨯=+(人)， ……………………………………………………（4分）2131210210102331212C C +C C C 211=C C 22P ==-∴． …………………………………………（6分） （Ⅲ）1119(0.2)22436P X ==⨯==， 11112(0.3)223336P X ==⨯⨯==， 2111510(0.4)22631836P X ⎛⎫==⨯⨯+== ⎪⎝⎭， 1114(0.5)236936P X ==⨯⨯==， 111(0.6).6636P X ==⨯= X ∴的分布列如下：……………………………………………………………………（10分） 91210411()0.20.30.40.50.636363636363E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． ………………（12分） 19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥∴，BC ∵⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，AD ∥∴平面PBC ，AD ∵⊂平面ADEF ，EF =平面ADEF 平面PBC ，AD EF ∥∴． …………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）解：PA ∵⊥平面ABCD ，BA AD ⊥，PCA ∠∴为直线PC 与平面ABCD 所成的线面角，AC ∵tan PA PCA AC ∠==∴，2PA =． …………（6分）∴以A 点为原点，AB ，AD ，AP 为x y z ，，轴建立空间直角坐标系， B ∴(2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)， 设(22)CE CP λλλλ==-- ，，，则(2212)E λλλ--，，， ∴(2212)DE λλλ=--- ，，． ………………………………………………（8分）设平面PBC 的法向量为()n x y z = ，，，则(010)(212)BC CP ⎧=⎪⎨=--⎪⎩ ，，，，，⇒0220y x yz =⎧⎨--+=⎩，， 令1x =，则01y z ==，，(101)n = ，，∴，……………………………………（10分） 1sin |cos |3DE n θλ=〈〉==⇒= ，，∴ ∴当E 在线段PC 靠近C 的三分点位置时，直线DE 与平面PBC 所成的线面角为45°． ……………………………………………………………………（12分） 20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵右顶点为(20)，，∴2a =，122MF MF ==， ∵121sin 2MO b b MF F MF a ∠===，2122424sin 2MF R MF F b ====∠，∴1b =，∴椭圆的标准方程为2214x y +=． ……………………………………………（4分） （Ⅱ）设直线l 的方程为my x b =+，1122()()A x y B x y ，，，， 与椭圆联立得222(4)240m y mby b +-+-=， ∴21212222444mb b y y y y m m -+==++，． ……………………………………………（6分） ∵以AB 为直径的圆经过点N ，∴0NA NB = ，∵1122(2)(2)NA x y NB x y =-=- ，，，，∴1212122()40x x x x y y -+++=，① ……………………………………………（7分） ∵121228()24b x x m y y b m -+=+-=+，2222121212244()4b m x x m y y mb y y b m -=-++=+， 代入①式得2516120b b ++=，∴65b =-或2b =-（舍去）， 故直线l 过定点605⎛⎫ ⎪⎝⎭，． ……………………………………………………（9分）∴121622||255ABN S y y ⎛⎫=⨯-⨯-= ⎪⎝⎭△ …………（10分） 令222564()[0)(4)t h t t m t +==∈+∞+，，， 则228()0251281120425h t t t t ⎛⎫'>⇒++<⇒∈-- ⎪⎝⎭，， ∴()h t 在[0)t ∈+∞，上单调递减，max ()(0)4h t h ==，∴0m =时，max 1625ABN S =△． …………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：当3a =时，()(3)e x f x x =-，()e (3)e (2)e x x x f x x x '=+-=-， ∴(0)3(0)2f f =-'=-，，故切线方程为23y x =--．………………………（2分）设切线与()g x 相切的切点为00(23)x x --，，故满足方程组0020000()21()232g x x b g x x bx x '=-=-⎧⎪⎨=-=--⎪⎩，，解得0x =2b =．………………………………………（4分） （Ⅱ）证明：()()e x f x x a =-，21()(1)2g x x a x =--， ∴21()()e (1)2x h x x a ax a a x =--+-， ()e ()e (1)(e )[(1)]x x x h x x a ax a a a x a '=+--+-=---，令()ln 1m a a a =-+，则1()101m a a a'=->⇒<， ∴()m a 在(01)a ∈，上单调递增，在(1)a ∈+∞，上单调递减. ∵max ()(1)0m a m ==，∴ln 10a a -+≤，即ln 1a a -≤恒成立， ∴()01h x x a '>⇒>-或ln x a <，∴()h x 在(ln 1)x a a ∈-，上单调递减，在(1)x a ∈-+∞，上单调递增， ∴12min 1()(1)e (1)2a h x h a a a -=-=-+-． ……………………………………（8分） 只需证104a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，min ()0h x <即可， 令121()e (1)2a a a a ϕ-=-+-， 则121()e (341)2a a a a ϕ-'=-+-+，1()e 320a a a ϕ-"=-+-<恒成立， ∴()a ϕ'在104a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. ∵11(0)02e ϕ'=->，3413e 0432ϕ-⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，∴0010()04a a ϕ⎛⎫∃∈'= ⎪⎝⎭，，使得， ∴()a ϕ在0(0)a a ∈，上单调递增，014a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减， ……………………（10分） ∴01232max 00000011()()e (1)(551)0.22a a a a a a a a ϕϕ-==-+-=-+-<，故证毕 ………………………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的直角坐标方程为22(2)(2)8x y -+-=， 直线l的普通方程为1y =-． ………………………………………（5分）（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得221221282t ⎛⎫⎛⎫+-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得270t -=，121270t t t t +=-< ∴，12t t ，∴异号，12121212111111||||||||t t PA PB t t t t t t +-=-=+== ． …………………………（10分）23.（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）①当12x ≤时，1()122f x x x =-⇒-≥≤； ②当112x <<时，16()43127f x x x x =-⇒<≥≤； ③当1x ≥时，1()1122f x x x =⇒≥≤，≤ 综上所述，不等式的解集为6(2]27x ⎡⎤∈-∞-⎢⎥⎣⎦ ，，． …………………………（5分）（Ⅱ）由三角不等式可得||21||2|||(21)(2)||1|1x x a x x a a a ------=-=-≤， ……………………………………………………………………（7分） ∴12(1)1a M a a b c +=-=--=⇒121b c +=⇒2c b c =-，∴2121122122212c c b c c c c +=+=-+=------≥， 2112b c +--∴的最小值为2， 当且仅当1232c c c -==-⇒时取等号． ……………………………………（10分）。
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(九)数学(理)试题(精编含解析)
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）理科数学第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，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先根据一元二次不等式的解法以及绝对值的解法，项确定出集合P,Q中的元素，最后根据集合的交集中元素的特征，求得，即得结果.详解：解不等式，可得，结合，可得，解不等式，可得，所以，所以，故选C.点睛：该题以集合为载体，考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，注意交集中元素的特征，最后求得结果.2. 若复数满足，则的共轭复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先利用复数的模以及复数的除法运算，求得复数，之后应用共轭复数的定义，求得，从而确定其虚部的值，求得结果.详解：根据题意，有，所以，故其虚部为，故选B.点睛：该题考查的是有关复数的除法运算以及共轭复数的定义，在求解的过程中，注意对复数的除法运算法则要掌握，最后一定要看清题意，是其共轭复数的虚部，从而正确求得结果.3. 已知等比数列满足，，则该数列的公比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先根据等比数列的性质，确定出，之后应用等比数列的通项公式求得，因为题中没有关于限定公比的条件的语句，所以应该是两个值，得到结果.详解：根据等比数列的性质可得，所以，即，故选A.点睛：该题考查的是有关等比数列的性质的问题，在求解的过程中，注意对数列的通项公式的应用，得到其公比q所满足的等量关系式，求得结果.4. 阅读如图1所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先分析该程序框图的作用以及要完成的任务，从中可以发现就是求几个数的和，要看清条件，到什么时候结束，最后通分，求得结果.详解：根据题中所给的框图，可知输出的，故选C.点睛：该题考查的是有关程序框图的输出结果的求解问题，在解题的过程中，需要明确其要求，以及对应的量有哪些，算到什么时候就结束了，一定要注意条件，最后求得结果即可.5. 函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列选项中的函数的一条对称轴的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先根据题意，结合左右平移的规律，得到的解析式，再利用正弦型函数的性质求得图像的对称轴方程，之后对各个选项逐一验证，即可得结果.详解：依题意，，令，解得，逐项对比，可以求得满足条件，故选B.点睛：该题考查的是有关三角函数图像的平移变换以及对称性，在解题的过程中，需要明确左右平移对函数解析式中量的变化，以及对应函数图像的对称轴位置的确定以及对称轴方程的求解问题.6. 下列命题中，正确的选项是（）A. 若为真命题，则为真命题B. ，使得C. “平面向量与的夹角为钝角”的充分不必要条件是“”D. 在锐角中，必有【答案】D【解析】分析：首先对各个选项的内容进行分析，对于A项，要明确复合命题的真值表，两个命题都是真命题，才会有为真命题，而只要有一个真命题，则就为真命题，在研究指数函数的图像的时候，发现，当时，在y轴右侧，当底数越小的时候，图像越靠近于x轴，对于时，除了夹角为钝角，还有反向共线的时候，所以都是不正确的，利用锐角三角形三个内角的大小，以及正弦函数的单调性还有诱导公式，可以确定D项是正确的，从而求得结果.详解：因为若为真命题的条件是至少有一个是真命题，而为真命题的条件为两个都是真命题，所以当一个真一个假时，为假命题，所以A不正确；当时，都有成立，所以B不正确；“”是“平面向量与的夹角为钝角”的必要不充分条件，所以C不正确；因为在直角三角形中，，有，所以有，即，故选D.点睛：该题考查的内容比较多，每一个知识点都是相互独立的，所以需要对各选项逐一分析，涉及到的知识点有复合命题的，有向量的，有函数的，有三角的，所以需要我们对基础知识比较扎实，才能做好本题.7. 已知圆，若圆刚好被直线平分，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先要明确圆被直线平分的条件，就是直线过圆心，将圆心坐标代入直线的方程，得到关于两个正数的整式形式的和为定值，而目标式是关于两个正数的分式形式和的最值，将两式相乘，利用基本不等式求得结果.详解：根据题意，有圆心在直线上，所以有，所以有，故选C.点睛：该题考查的是有关利用基本不等式求最值的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有圆被直线平分的条件是直线过圆心，之后应用点在直线上的条件，点的坐标满足直线方程，从而求得所满足的关系，之后应用利用基本不等式求最值的方法求解.8. 已知抛物线，直线与抛物线交于两点，若中点的坐标为，则原点到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：首先根据题意设出直线的方程，之后与抛物线的方程联立，利用韦达定理求得两根和，之后借助于中点坐标公式求得关于k所满足的等量关系式，从而确定出直线的方程，接着应用点到直线的距离公式求得结果.详解：根据抛物线的对称性，可知该直线的斜率是存在的，设直线的方程为，与抛物线方程联立，化简可得，因为是弦的中点，所以有，解得，所以直线方程为，所以原点到直线的距离为，故选D.点睛：该题考查的是有关抛物线的中点弦所在直线的问题，在求解的过程中，注意有关直线与曲线相交的统一解法，再者注意韦达定理的应用以及中点坐标公式的应用，最后求出直线方程之后注意点到直线的距离公式的正确使用.9. 已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先注意与的关系，想到用到倍角公式，求得的值，之后分析与的关系，从而应用诱导公式求得结果.详解：依题意，，故选B.点睛：该题考查的是有关应用倍角公式以及诱导公式求三角函数值的问题，在解题的过程中，需要认真分析角之间的关系，以及已知量与待求量的联系，应用相应的公式求得结果.10. 2018年俄罗斯世界杯将于2018年6月14日至7月15日在俄罗斯境内座城市的座球场内举行，共有支球队参加比赛，其中欧洲有支球队参赛，中北美球队有支球队参赛，亚洲、南美洲、非洲各有支球队参赛，所有参赛球队被平均分入个小组.已知小组的支队伍来自不同的大洲，东道主俄罗斯（俄罗斯属于欧洲球队）和墨西哥（墨西哥属于中北美球队）在小组中，那么南美洲球队巴西队在小组的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先要明确A组球队所满足的条件，来自不同的洲，所以得需要先确定选的哪个洲的球队，之后再确定选定洲之后对应的球队的选法，接着需要明确当南美洲球队巴西队选定之后另一个球队有几种选法，从而得到满足条件的基本事件与总的基本事件数，最后作除法运算求得结果.详解：根据题意有，A组剩余两个球队需要从亚洲、南美洲、和非洲三个洲中选两个洲，有种选法，每个洲选定之后从5个球队中任选1个球队，共有5种选法，所以另两个球队共有种选法，若南美洲球队巴西队在A组，则另一个球队有种选法，所以南美洲球队巴西队在小组的概率为，故选A.点睛：该题考查的是有关古典概型的问题，在求解的时候，需要明确实验所对应的基本事件数，以及满徐条件的基本事件数，在此过程中，需要时刻注意题中所给的组队的要求，之后借助于相关公式求得结果. 11. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，，那么函数在区间上的所有零点之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：首先从题的条件得到函数的图像关于直线对称，借助偶函数，得到图像关于y轴对称，从而得到函数是周期函数，借助于两个函数在相应区间上的图像，应用数形结合求得结果. 详解：根据，可得是函数图像的对称轴，又因为是偶函数，所以其图像关于y轴对称，所以其为最小正周期为2的周期函数，又函数也是偶函数，并且其图像也关于直线对称，在同一个坐标系中，画出函数的图像和的图像，可以发现在区间上一共有6个交点，且是关于对称的三对，所以留个零点的和为，故选D.点睛：该题考查的是有关函数的零点的问题，在解决之前，需要明确函数的相关性质，一是函数图像的对称性，二是函数的周期性，三是数形结合思想的应用，之后借助于中点坐标公式求得相应的结果.12. 已知某几何体的三视图如图2所示（小正方形的边长为），则该几何体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，还原几何体，得到该几何体是由正方体切割而成的，找到该几何体的顶点有三个是正方体的棱的中点，一个就是正方体的顶点，之后将几何体补体，从而得到该三棱锥的外接球是补成的棱柱的外接球，利用公式求得结果.详解：根据题中所给的三视图，可以将几何体还原，可以得到该几何体是由正方体切割而成的，记正方体是，则记的中点为E，CD中点为F，中点为G，题中所涉及的几何体就是三棱锥，经过分析，将几何体补体，取棱中点H，再取正方体的顶点，从而得到该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，利用正弦定理可以求得底面三角形的外接圆的半径为，棱柱的高为4，所以可以求得其外接球的半径，所以其表面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关利用三视图还原几何体，求其外接球的体积的问题，在解题的过程中，最关键的一步就是还原几何体，再者就是将其补成一个直三棱柱，之后应用直三棱柱的外接球的球心在上下底面外心的连线的中点处，利用公式求得结果.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. 的展开式中的常数项为__________．【答案】.【解析】分析：首先利用二项式定理得到二项展开式的通项，令x的幂指数等于零，求得r的值，即可求得展开式中常数项的值.详解：的展开式的通项为，令，得，所以展开式中的常数项为，故答案是216.点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点为求其展开式中的某一项，在求解的过程中，需要先求得展开式中的通项，之后令x的幂指数等于题中所要求的量，从而求得结果.14. 已知实数满足条件则的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件作出相应的可行域，结合表示的是区域内的点到坐标原点的距离的平方，结合图形，根据其几何意义，可以得到其结果为原点到直线的距离的平方，应用点到直线的距离公式求得结果.详解：根据约束条件画出可行域，其为直线的右下方，直线的右上方和直线的右上方，表示的是区域内的点到原点的距离的平方，从图中可以发现，距离最小时为原点到边界线的距离，即，而其平方为，所以的最小值为.点睛：该题考查的是有关线性规划的升级问题，约束条件是线性的，目标函数是非线性的，在解题的过程中，需要先根据约束条件画出相应的可行域，之后结合其几何意义，应用相应的公式求得结果.15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若，则双曲线的离心率为__________．【答案】.【解析】分析：首先根据题意，设出直线的方程，之后与双曲线的渐近线联立，分别求出A,B两点的坐标，之后根据题中条件，得出A是的中点，根据中点坐标公式，得出其坐标间的关系，借助双曲线中的关系，求得该双曲线的离心率.详解：设直线的方程为，两条渐近线的方程分别为和，分别联立方程组，求得，根据，可以得到A是的中点，所以有，整理得，结合双曲线中的关系，可以的到，所以答案为.点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率问题，在解题的过程中，需要做的就是根据题中条件，想办法寻找的关系，利用题中条件，找到坐标间的关系，从而求得结果.16. 如图3，正方形的边长为，顶点分别在轴的非负半轴，轴的非负半轴上移动，为的中点，则的最大值是__________．【答案】.【解析】分析：首先根据题意，以及题中所给的图，设出正方形四个顶点的坐标，之后应用中点坐标公式，求得点E的坐标，接下来应用向量数量积坐标公式，将其转化为关于的三角函数式，从而求得结果.详解：根据题意，设，根据正方形的特点，可以确定出，根据中点坐标公式，可以求得，所以有，所以其最大值为.点睛：该题考查的是有关向量的数量积的最值问题，在求解的时候，关键是将正方形的顶点坐标求出，之后将向量的数量积转化为关于角的三角函数式，借助于倍角公式和辅助角公式，从而求得结果.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知在数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前项和.【答案】(1).(2) .【解析】分析：第一问首先应用题中所给的数列的递推公式，类比着写出个相邻两项差的式子，之后累加得出结果，注意对首项的验证；第二问利用对数的运算法则求得的通项，之后求和时利用分组求和法以及裂项相消法求和即可得结果.详解：（Ⅰ），，，．时，．（Ⅱ）令的前项和为．的前项和为．点睛：该题考查的是有关数列的问题，一是应用累加法求通项的问题，二是应用对数的运算法则求通项公式的问题，三是对数列求和，采用的方法就是分组求和法以及裂项相消法，在用累加法求和时需要对进行验证.18. 支付宝作为一款移动支付工具，在日常生活中起到了重要的作用.巴蜀中学高2018届学生为了调查支付宝在人群中的使用情况，在街头随机对名市民进行了调查，结果如下.（1）对名市民按年龄以及是否使用支付宝进行分组，得到以下表格，试问能否有的把握认为“使用支付宝与年龄有关”？岁以上岁以下（2）现采用分层抽样的方法，从被调查的岁以下的市民中抽取了位进行进一步调查，然后从这位市民中随机抽取位，求至少抽到位“使用支付宝”的市民的概率；（3）为了鼓励市民使用支付宝，支付宝推出了“奖励金”活动，每使用支付宝支付一次，分别有的概率获得元奖励金，每次支付获得的奖励金情况互不影响.若某位市民在一周使用了次支付宝，记为这一周他获得的奖励金数，求的分布列和数学期望.附：，其中.【答案】(1)不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．(2)(3)分布列见解析；.【解析】分析：第一问首先应用题中所给的列联表，利用公式求得观测值的值，之后与临界值比较大小，从而得到相应的结论；第二问利用相关知识求得所抽取的12人中，使用和不使用支付宝的人数分别是多少，之后借助于组合数求得相应的概率；第三问根据题意，求得随机变量X的取值以及相对应的概率，列出分布列，利用期望公式求得其期望.详解：（Ⅰ）不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．（Ⅱ）12位中，使用支付宝的人数为(人)，不使用支付宝的人数为(人)，．（Ⅲ）的分布列如下：点睛：该题考查的是有关统计、独立检验以及离散型随机变量的分布列的问题，在求解的过程中，需要明确独立检验的步骤，以及观测值的求解公式，再者对随机事件发生的概率求解时，需要对其对应的基本事件数弄清楚，最后在求随机变量的分布列及期望的时候，需要对变量的可取值以及对应的概率要算对.19. 如图4，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，过作平面分别交线段于点.（1）证明：；（2）若直线与平面所成的线面角的正切值为，则当点在线段的何处时，直线与平面所成角为？【答案】(1)见解析.(2)当在线段靠近的三分点位置时，直线与平面所成的线面角为45°．【解析】分析：第一问利用梯形的条件，结合线面平行的判定以及性质定理，证得线线垂直；第二问建立相应的空间直角坐标系，设出对应点的坐标，将线面角转化为有关向量所成的角，利用向量所成角的余弦公式求得结果.详解：（Ⅰ）证明：底面为直角梯形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，．（Ⅱ）解：平面，，为直线与平面所成的线面角，，，．以点为原点，，，为轴建立空间直角坐标系，(2，0，0)，(2，1，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，设，则，∴．设平面的法向量为，则令，则，，当在线段靠近的三分点位置时，直线与平面所成的线面角为45°．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，在解题的过程中，注意空间关系的转化，有关线线平行、线面平行之间的关系，利用相关的判定和性质定理证得结果，有关空间角的问题，大多应用空间向量来完成，注意相关公式的正确使用.20. 已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，右顶点为，的外接圆半径为.（1）求圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于两点，若以为直径的圆经过点，求面积的最大值.-【答案】(1).(2) .【解析】分析：第一问首先应用正弦定理求得三角形的外接圆的直径，结合椭圆的性质，以及三角形的特征，求得短半轴；第二问设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合题中的条件，最后应用导数研究函数的单调性，求得其最值.详解：（Ⅰ）右顶点为，，，椭圆的标准方程为．（Ⅱ）设直线的方程为，与椭圆联立得．以为直径的圆经过点，①，代入①式得或（舍去），故直线过定点．，令，则在上单调递减，时，．点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的综合题，在解题的过程中，需要明确焦点三角形的有关特征，以及正弦定理的内容和常数的意义，再者就是有关直线与椭圆相交的问题，需要联立消元，韦达定理紧跟其后，将三角形的面积表示成有关变量的函数关系，结合函数的解题思想，求得结果.21. 已知.（1）当时，若函数在处的切线与函数相切，求实数的值；（2）当时，记.证明：当时，存在，使得.【答案】(1).(2)见解析.【解析】分析：第一问将代入解析式，之后对函数求导，从而可以求得，结合，利用点斜式写出切线的方程，之后再结合直线与抛物线相切的有关特征求得参数b的值；第二问结合题中的条件，转化函数解析式，利用导数研究函数的性质，向最值靠拢即可证得结果.详解：（Ⅰ）解：当时，，，故切线方程为．设切线与相切的切点为，故满足方程组解得，故．（Ⅱ）证明：，令，则在上单调递增，在上单调递减.即恒成立，或，在上单调递减，在上单调递增，．只需证时，即可，令则，恒成立，在上单调递减.，在上单调递增，上单调递减，点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，在解题的过程中，需要用到导数的几何意义，求函数图像的切线方程，之后应用抛物线与直线相切，寻找关系，求得结果，至于第二问，利用导数研究函数的单调性，向最值靠拢证得结果.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：坐标系与参数方程以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中采取相同的单位长度.曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）设点，若直线与曲线交于两点，求的值.【答案】(1)；.(2) .【解析】分析：第一问利用极坐标与平面直角坐标之间的关系，将其极坐标方程转化为平面直角坐标方程，将参数方程消参，将其转化为普通方程；第二问将直线的参数方程代入曲线方程中，化简，结合直线参数方程中参数的几何意义结合韦达定理求得结果.详解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为，直线的普通方程为．（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，得，，异号，．点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标方程与平面直角坐标方程的转换关系以及参数方程向普通方程的转化，再者就是需要明确直线的参数方程中参数的几何意义，将直线的参数方程代入曲线的方程中，结合韦达定理求得结果.23. 已知函数（且）.（1）当时，解不等式；（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）2【解析】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组的解集取并集，求得结果；第二问利用三角不等式求得其最小值，可以转化为，得到之后将式子变形，利用基本不等式求得结果.详解：（Ⅰ）①当时，；②当时，；③当时，综上所述，不等式的解集为．（Ⅱ）由三角不等式可得的最小值为2，当且仅当时取等号．点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.。
2018届重庆市巴蜀中学高三上学期第五次月考数学(理)试题(解析版)
2018届重庆市巴蜀中学高三上学期第五次月考数学(理)试题(解析版)巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（五）理科数学第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 $A=\{x|x^2+2x-3=0\}$，则 $A$ 中元素的个数为（）A。
0B。
2C。
1D。
3答案】B解析】由题意，得 $x^2+2x-3=0$，则 $(x+3)(x-1)=0$。
因此，$A=\{-3,1\}$，即 $A$ 中元素的个数为2.故选B。
2.设 $a,b$ 是不等于0的实数，若$\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ 是向量$\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ 和 $\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ 的线性组合，则$\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ 的夹角为（）A。
$\dfrac{\pi}{2}$B。
$\dfrac{\pi}{4}$C。
$\dfrac{\pi}{3}$D。
$\dfrac{\pi}{6}$答案】C解析】因为 $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ 是向量$\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ 和 $\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ 的线性组合，所以$\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\2\end{p matrix}+y\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$，其中 $x,y$ 是实数。
根据向量的夹角公式，可得：cos\theta=\dfrac{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}\cdot\begi n{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}{\left\|\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}\right\|\c dot\left\|\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right\|}=\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{2}}$$因为 $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ 是向量$\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ 和 $\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ 的线性组合，所以$\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ 与$\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ 和 $\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ 同向，即 $a>0,b>0$。
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考数学(理)试题(精品解析)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（八，3月）数学（理）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.若复数满足，则复数的模为（）A. B. 1 C. D.【答案】C【解析】由题意得，∴．选C．2.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，∴，∴．选C．3.在等差数列中，是函数的两个零点，则的前10项和等于（）A. B. 15 C. 30 D.【答案】B【解析】由题意得是方程的两根，∴，∴．选B．4.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则.其中真命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】①中，由条件可得或相交，故①不正确；②中，由条件可得或，故②不正确；③中，由条件可得或，故③不正确．综上真命题的个数是0．选A．5.甲、乙、丙、丁四个人聚在一起讨论各自的体重（每个人的体重都不一样）.甲说：“我肯定最重”；乙说：“我肯定不是最轻”；丙说：“我虽然没有甲重，但也不是最轻”丁说：“那只有我是最轻的了”.为了确定谁轻谁重，现场称了体重，结果四人中仅有一人没有说对.根据上述对话判断四人中最重的是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】用排除法进行说明．①假设甲没说对，则乙、丙、丁说的正确．故最重的是乙，第二名是甲，第三名是丙，丁最轻；或者乙最重，第二名是丙，第三名是甲，丁最轻．②假设乙没说对，则甲、丙、丁说的正确．故乙最轻，与丁最轻矛盾，故假设不成立．③假设丙没说对，则甲、乙、丁说的正确．若丙最重，则与甲的说法；若丙最轻，，则与丁最轻．故假设不成立．④假设丁没说对，则甲、乙、丙说的正确．若丁最重，则与甲最重矛盾；若丁排第二，则与甲、乙、丙的说法都得不到谁最轻均矛盾．故假设不成．综上所述可得乙最重．选B．6.已知，则的展开式中的系数为（）A. B. 15 C. D. 5【答案】D【解析】由题意得，故求的展开式中的系数．∵，展开式的通项为．∴展开式中的系数为．选D．7.甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有（）A. 60种B. 54种C. 48种D. 24种【答案】D【解析】分两类求解．①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有种；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人分别各去一个景点，故方案有．由分类加法计数原理可得总的方案数为24种．选D．8.如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得该程序的功能是计算的和．∵，∴当时，，不合题意；当时，，符合题意．∴判断框中的条件为．选D．9.某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面，且底面为直角三角形，．故三棱锥外接球的球心在过的中点且与底面垂直的线上，设为点，则有，设球半径为，则有．故三棱锥的外接球表面积．俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积．∴．选B．10.把的图象向左平移个单位（为实数），再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，若对恒成立，且，若，则的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，∵对恒成立，∴是最大值或最小值，∴，故．又，∴，即，∴，∴当时，符合题意．∴．又，∴或，∴或．结合各选项可得A正确．选A．11.已知双曲线的左、右顶点分别为，为双曲线左支上一点，为等腰三角形且外接圆的半径为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知等腰中，，设，则，其中必为锐角．∵外接圆的半径为，∴，∴，，∴．设点P的坐标为，则，故点P的坐标为．由点P在椭圆上得，整理得，∴．选C．点睛：本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P的坐标是解题的突破口．在得到点P的坐标后根据点在椭圆上可得间的关系，最后根据离心率的定义可得所求．12.已知在点处的切线方程为，，的前项和为，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得，∴，解得，∴．设，则，∴在上单调递减，∴，即，令，则，∴，故．设，则，∴在上单调递增，∴，即，令，则，∴，故．综上选A．点睛：本题将函数问题和数列问题结合在一起，综合考查学生运用知识解决问题的能力，对于数列中的不等式问题，一般的解法要借助于函数的单调性进行解决．为此并结合题意需要构造两个函数来解决问题，在得到函数的单调性后通过取特殊值的方法转化为数列的问题处理，解决此类问题需要学生具有较强的观察能力和分析问题的能力．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足约束条件（），则的最大值为_______.【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．表示可行域内的点到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A到原点的距离最大，且A点的坐标为，且.∴．答案：14.抛物线上一点的纵坐标为3，则点到抛物线焦点的距离为_______.【答案】【解析】由题意得抛物线的准线为，∴点到抛物线的距离为．由抛物线的定义可得点到抛物线焦点的距离为．答案：15.数列中，，（），则数列的通项公式为_______.【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，∴．答案：点睛：（1）已知和的关系解题时的突破口是当时，这一结论的灵活应用，然后根据所求的问题转化为的问题或的问题解决．（2）本题中，在得到后还需要通过构造的方法得到，逐步得到等比数列，然后通过等比数列的通项公式可得数列的通项公式．16.三角形中一点满足，的长度为1，边上的中点与的连线分别交于点，若，则的长度为_______.【答案】【解析】设，则．由题意得，∴,又，∴．即的长度为．答案：三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，角所对的边分别为，已知，，且.（1）若，求的值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由及正弦定理得，故可得，于是，故．然后根据余弦定理及可得，再由可得，解得．（2）由题意得，设，可得，求得的取值范围后根据函数的单调性可得实数的取值范围．试题解析：（1）∵，∴，由正弦定理得，∴.又，，∴，∴．由余弦定理得，又，∴，∴或（舍去），又，∴，∴．（2）由（1）得为锐角，故．又，∴，设，∵，∴，∴在上单调递减，∴，∴实数的取值范围为.18.某营养协会对全市18岁男生的身高作调查，统计显示全市18岁男生的身高服从正态分布，现某校随机抽取了100名18岁男生的身高分析，结果这100名学生的身高全部介于到之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，…，第六组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）若全市18岁男生共有人，试估计该市身高在以上的18岁男生人数；（2）求的值，并计算该校18岁男生的身高的中位数（精确到小数点后三位）；（3）若身高以上的学生校服需要单独定制，现从这100名学生中身高在以上的同学中任意抽取3人，这三人中校服需要单独定制的人数记为，求的分布列和期望.附：，则；，则；，则.【答案】（1）；（2）,；（3）分布列见解析，.【解析】试题分析：（1）根据正态分布得到，故，从而可得身高在以上的18岁男生人数．（2）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可求得，然后根据中位数的意义可求得中位数的估计值．（3）由频率分布直方图可得身高在内的为人，身高在内的为人．从而可得随机变量的所有可能取值，并根据古典概型求得对应的概率，于是可得分布列，从而可得期望．试题解析：(1)由题意得,∴,∴可估计该市身高在以上的18岁男生人数为（人）(2)由频率分布直方图可得，∴.设中位数为，则，∴.即中位数为．（3）由题意得身高在内的人数为人，身高在内的人数为人，由题意得随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，故的分布列如下：0123∴.点睛：（1）利用频率分布直方图估计样本的数字特征的方法①中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数值．②平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和．③众数：最高的矩形的中点的横坐标．（2）对于正态分布，一定要注意三个特殊区间上的概率．解题时关键要会利用正态曲线的对称性求解随机变量在一些特殊区间上取值的概率．19.如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上的点.（1）若平面，求二面角的余弦值的大小；（2）若，侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】试题分析：（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由，可得，从而可得当时，平面.试题解析：（1）如图，连接，设交于，由题意知平面，又，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，，∴.（1）由题意得，，，∴，，∵平面，∴平面的一个法向量，又平面的一个法向量，∴，由图形知二面角为锐角，∴所求二面角的余弦值为.（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，设平面的法向量为，由题意得，又点，，，，由，得，令，则，设，则，由平面，可得，解得，∴当时，平面.点睛：（1）利用法向量求二面角或其余弦值时，在求得两法向量的夹角的余弦值后，还要根据图形判断二面角是锐角还是钝角，最后才能得到结论．（2）立体几何中的探索性问题可通过坐标法来解，求解时要注意将所求的位置关系的问题转化为向量的共线或数量积的运算来处理．20.设椭圆方程为，离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点且，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之和为1，证明直线过定点，并求出该定点.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】试题分析：（1）由离心率可得，根据的面积为得到，然后在焦点三角形中利用余弦定理并结合定义可得，进而得到，，于是得到椭圆的方程．（2）由题意设直线方程为，联立椭圆方程后得到二次方程，由根与系数的关系及可得，故直线方程为，即，可得过定点.试题解析：(1)由题意得，故．∵，∴，又，，在中，由余弦定理得，∴,解得，∴．∴，∴椭圆的方程为.（2）由题意设直线方程为，由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴．设点，，则，由题意得，即，∴整理得，∴直线方程为，即，∴直线过定点.点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的为坐标的点即为所求的定点．21.已知函数（）.（1）若时，不单调，求的取值范围；（2）设，若，时，时，有最小值，求最小值的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据不单调可得导函数在区间上有解，然后通过分离参数的方法将问题转化为求在上的取值范围的问题解决，然后利用基本不等式可得所求．（2）由题意可得，利用导数可得在上单调递增，又，故可得在上存在零点，从而可得．然后再利用导数求出函数的值域即可得到所求．试题解析：（1）∵，∴,∵时，不单调，∴方程在上有解，∴在上有解，又，（当且仅当时等号才成立，故此处无等号）∴．∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∴.设，则，又，，∵，∴单调递增，又，∴存在，使得.且当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴.设，，则，∴在上单调递减，又，∴.故最小值的取值范围为．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为（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.（1）当时，交于两点，求；（2）已知点，点为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把直线的参数方程化为普通方程，再解圆里的三角形得到弦长得到|AB|的值.（2）先写出的三角函数表达式，再利用三角函数求它的最大值.试题解析：（1）消去得：，由得：，圆心为，半径，圆心到直线的距离，，∴.（2）设点，则，，，又，∴的最大值为.选修4-5：不等式选讲23.设.（1）若，解关于的不等式；（2）求证：.【答案】(1)或；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用零点讨论法解（2）第（2）问，利用三角绝对值不等式证明.试题解析：（1）当时，,①当时，，∴；②当时，，∴无解；③当时，，∴，综上所述，或.（2）证明：，当且仅当时取等号.。
重庆市巴蜀中学2018年高考数学三诊试卷(理科)Word版含答案
重庆市巴蜀中学2018年高考数学三诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．设U=R ，若集合A={0，1，2}，B={x|x 2﹣2x ﹣3＞0}，则A∩∁U B=（ ）A ．{0，1}B ．{0，2}C ．{1，2}D ．{0，1，2}2．已知复数z 满足z （1+i ）=i 2016，则|z|=（ ）A ．1B ．C ．D ．23．已知a=30.6，b=log 2，c=cos300°，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A ．a ＜b ＜cB ．b ＜c ＜aC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a4．下列命题中真命题的个数为（ ）①两个变量x ，y 的相关系数r 越大，则变量x ，y 的相关性越强；②从4个男生3个女生中选取3个人，则至少有一个女生的选取种数为31种．③命题p ：∀x ∈R ，x 2﹣2x ﹣1＞0的否定为¬p：∃x 0∈R ，x 02﹣2x 0﹣1≤0．A ．0B ．1C ．2D ．35．执行如图所示的程序框图，若输入A 的值为2，则输入的P 值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．56．直线l ：kx ﹣y+1=0被圆x 2+y 2﹣4y=0截得的最短弦长为（ ）A ．B ．3C ．D ．27．已知x 、y 满足，则z=|3x+y|的最大值为（ ）A ．1B ．6C ．7D ．108．已知f （x ）=Asin （2x+ϕ），（A ＞0，|ϕ|＜），对任意x 都有f （x ）≤f （）=2，则g （x ）=Acos（2x+ϕ）在区间[0，]上的最大值与最小值的乘积为（ ）A ．B ．C ．﹣1D ．09．在区间[﹣1，1]内任取两个数x 、y ，记事件“x +y ≤1”的概率为p 1，事件“|x ﹣y|≤1”的概率为p 2，事件“y≤x 2”的概率为p 3，则（ ）A ．p 1＜p 2＜p 3B ．p 2＜p 3＜p 1C ．p 1＜p 3＜p 2D ．p 3＜p 2＜p 110．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）A ．2πB ．4πC ．π D ．5π11．已知双曲线C ：﹣=1（a ＞0，b ＞0），焦距为2c ，若l 1：y=（x ﹣c ）与C 的左右两支交于一点，l 2：y=2（x+c ）与C 的左支交于两点，则双曲线的离心率的范围是（ ）A ．（1，3）B ．（2，3）C ．（1，2）D ．（，3）12．定义在R 上的偶函数f （x ）的导函数为f'（x ），对定义域内的任意x ，都有2f （x ）+xf'（x ）＜2成立，则使得x 2f （x ）﹣4f （2）＜x 2﹣4成立的x 的范围为（ ）A ．{x|x ≠±2}B ．（﹣2，2）C ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D ．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13．已知=（3，﹣4），=（3，t ），向量在方向上的投影为﹣3，则t=______．14．已知（x+）n 的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则其展开式各项系数之和等于______．15．在四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，AA 1=3，直线AD 1，DC 1所成角的正弦值为______．16．△ABC 中，∠A=π，AB=2，BC=，D 在BC 边上，AD=BD ，则AD=______．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n +n ﹣4（n ∈N *）（1）求{a n }的通项公式；（2）设T n 为数列{}的前n 项，证明：1≤T n ＜（n ∈N *）．18．某汽车公司为调查4S 店个数与该公司汽车销量的关系，对同等规模的A ，B ，C ，D ，E 五座城市的4S（2）现要从A ，B ，E 三座城市的9家4S 店中选取4家做深入调查，求A 城市中被选中的4S 店个数X 的分布列和期望．（ =， =﹣）．19．在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，已知AB=AC=AA 1=，BC=4，A 1在底面ABC 的射影是线段BC 的中点O ． （Ⅰ）证明：在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；（Ⅱ）求二面角A 1﹣B 1C ﹣C 1的余弦值．20．如图，已知椭圆C 1： +y 2=1，曲线C 2：y=x 2﹣1与y 轴的交点为M ，过坐标原点O 的直线l 与C 2相交于A ，B 两点，直线MA ，MB 分别与C 1相交于D ，E 两点，直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2（1）求k 1k 2的值；（2）记△MAB ，△MDE 的面积分别为S 1，S 2，若=λ，求λ的取值范围．21．已知f（x）=（2﹣a）x﹣2（1+lnx）+a，g（x）=．（1）若a=1，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e2]上方程f（x）=g（x）总存在两个不等的实数根，求实数a的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）．在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为ρ=4cosθ．（Ⅰ）求圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）设圆C与直线l交于点A、B，若点P的坐标为（2，1），求|PA|+|PB|．[选修4-5：不等式选讲]23．已知正实数a，b，x，y满足a+b=1（1）求a2+2b2的最小值；（2）求证：（ax+by）（ay+bx）≥xy．重庆市巴蜀中学2018年高考数学三诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的B=（）1．设U=R，若集合A={0，1，2}，B={x|x2﹣2x﹣3＞0}，则A∩∁UA．{0，1} B．{0，2} C．{1，2} D．{0，1，2}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可．【解答】解：B={x|x2﹣2x﹣3＞0}={x|x＞3或x＜﹣1}，B={x|﹣1≤x≤3}，则∁U则A∩∁B={0，1，2}，U故选：D2．已知复数z满足z（1+i）=i2016，则|z|=（）A．1 B．C．D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】由z（1+i）=i2016，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由复数求模公式计算即可得答案．【解答】解：由z（1+i）=i2016，得==．则|z|=．故选：B．3．已知a=30.6，b=log，c=cos300°，则a，b，c的大小关系为（）2A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．c＜b＜a【考点】对数值大小的比较．【分析】分别估算每个数的大小，然后比较．【解答】解：a=30.6＞1，b=log＜0，c=cos300°=cos60°=0.5＞0，2故b＜c＜a；故选B．4．下列命题中真命题的个数为（ ）①两个变量x ，y 的相关系数r 越大，则变量x ，y 的相关性越强；②从4个男生3个女生中选取3个人，则至少有一个女生的选取种数为31种．③命题p ：∀x ∈R ，x 2﹣2x ﹣1＞0的否定为¬p：∃x 0∈R ，x 02﹣2x 0﹣1≤0．A ．0B ．1C ．2D ．3【考点】命题的真假判断与应用．【分析】①根据相关性系数的性质进行判断，②利用排列组合的公式进行求解即可③根据全称命题的否定是特称命题进行判断．【解答】解：①两个变量x ，y 的相关系数|r|越大，则变量x ，y 的相关性越强，故①错误，②从4个男生3个女生中选取3个人，则至少有一个女生的选取种数﹣=35﹣4=31种，故②正确， ③命题p ：∀x ∈R ，x 2﹣2x ﹣1＞0的否定为¬p：∃x 0∈R ，x 02﹣2x 0﹣1≤0，正确，故③正确，故正确的是②③，故选：C ．5．执行如图所示的程序框图，若输入A 的值为2，则输入的P 值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【考点】循环结构．【分析】根据输入A 的值，然后根据S 进行判定是否满足条件S ≤2，若满足条件执行循环体，依此类推，一旦不满足条件S ≤2，退出循环体，求出此时的P 值即可．【解答】解：S=1，满足条件S ≤2，则P=2，S=1+=满足条件S ≤2，则P=3，S=1++=满足条件S ≤2，则P=4，S=1+++=不满足条件S ≤2，退出循环体，此时P=4故选：C6．直线l ：kx ﹣y+1=0被圆x 2+y 2﹣4y=0截得的最短弦长为（ ）A．B．3 C．D．2【考点】直线与圆的位置关系．【分析】利用配方法将圆的方程化为标准式，求出圆心坐标和半径，判断出直线l过定点且在圆内，可得当l⊥PC时直线l被圆截得的弦最短，由弦长公式求出即可．【解答】解：由x2+y2﹣4y=0得x2+（y﹣2）2=4，∴圆心坐标是C（0，2），半径是2，∵直线l：kx﹣y+1=0过定点P（0，1），且在圆内，∴当l⊥PC时，直线l被圆x2+y2﹣4y=0截得的最短弦长为2=2，故选：A．7．已知x、y满足，则z=|3x+y|的最大值为（）A．1 B．6 C．7 D．10【考点】简单线性规划．【分析】画出约束条件的可行域，确定目标函数经过的点，利用几何意义求出目标函数的最大值，【解答】解：作出不等式组表示的可行域如图：目标函数z=|3x+y|经过可行域内的点A时，z最大，可得A（3，1）时，取得最大值|3×3+1|=10．故选：D．8．已知f（x）=Asin（2x+ϕ），（A＞0，|ϕ|＜），对任意x都有f（x）≤f（）=2，则g（x）=Acos（2x+ϕ）在区间[0，]上的最大值与最小值的乘积为（）A ．B ．C ．﹣1D ．0【考点】三角函数的最值．【分析】求出f （x ）的表达式，从而求出g （x ）的表达式，根据三角函数的性质求出g （x ）的最大值和最小值即可，从而求出其乘积即可．【解答】解：f （x ）=Asin （2x+ϕ），（A ＞0，|ϕ|＜），若对任意x 都有f （x ）≤f （）=2，则A=2，f （）=2sin （2×+φ）=2，∴φ=，∴g （x ）=2cos （2x+），x ∈[0，]，2x+∈[，]，∴2x+=时，g （x ）最大，最大值是，2x+=π时，g （x ）最小，最小值是﹣2，故g （x ）max •g（x ）min =﹣2，故选：A ．9．在区间[﹣1，1]内任取两个数x 、y ，记事件“x +y ≤1”的概率为p 1，事件“|x ﹣y|≤1”的概率为p 2，事件“y≤x 2”的概率为p 3，则（ ）A ．p 1＜p 2＜p 3B ．p 2＜p 3＜p 1C ．p 1＜p 3＜p 2D ．p 3＜p 2＜p 1【考点】几何概型．【分析】作出每个事件对应的平面区域，求出对应的面积，利用几何概型的概率公式进行计算比较即可．【解答】解：分别作出事件对应的图象如图（阴影部分）则阴影部分的面积S 1=4﹣=，S 2=4﹣×2=3，S 3==（）=， ∴S 3＜S 2＜S 1，即P 3＜P 2＜P 1，故选：D ．10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）A ．2πB ．4πC ．πD ．5π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，结合直观图判断外接球球心的位置，求出半径，代入球的表面积公式计算即可．【解答】解：由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，高为1，底面为等腰直角三角形，斜边长为2，如图：∴△ABC 的外接圆的圆心为斜边AC 的中点D ，OD ⊥AC ，且OD ⊂平面SAC ，∵SA=1，AC=2，∴SC 的中点O 为外接球的球心，∴半径R=，∴外接球的表面积S=4π×=5π．故选：D ．11．已知双曲线C ：﹣=1（a ＞0，b ＞0），焦距为2c ，若l 1：y=（x ﹣c ）与C 的左右两支交于一点，l 2：y=2（x+c ）与C 的左支交于两点，则双曲线的离心率的范围是（ ）A ．（1，3）B ．（2，3）C ．（1，2）D ．（，3）【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的性质结合直线和双曲线的位置关系，得到直线斜率和渐近线斜率之间的关系即可得到结论．【解答】解：双曲线的渐近线方程为y=±x ，焦点坐标F 1（﹣c ，0），F 2（c ，0），则直线l 1：y=（x ﹣c ）过双曲线的右焦点F 2（c ，0），l 2：y=2（x+c ）过双曲线的左焦点F 1（﹣c ，0），若l 1：y=（x ﹣c ）与C 的左右两支交于一点，则直线的斜率满足．l 2：y=2（x+c ）与C 的左支交于两点，则直线的斜率2满足＜2，即＜＜2，则离心率e===，∵＜＜2，∴3＜（）2＜8，4＜1+（）2＜9，则2＜＜3，即2＜e ＜3，故离心率的取值范围是（2，3），故选：B12．定义在R上的偶函数f（x）的导函数为f'（x），对定义域内的任意x，都有2f（x）+xf'（x）＜2成立，则使得x2f（x）﹣4f（2）＜x2﹣4成立的x的范围为（）A．{x|x≠±2} B．（﹣2，2）C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据已知构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数的取值范围，并根据偶函数的性质的对称性，进行求解即可．【解答】解：当x＞0时，由2f（x）+xf'（x）＜2得2f（x）+xf′（x）﹣2＜0可知：两边同乘以x得：2xf（x）﹣x2f′（x）﹣2x＜0设g（x）=x2f（x）﹣x2则g′（x）=2xf（x）+x2f′（x）﹣2x＜0，恒成立：∴g（x）在（0，+∞）单调递减，由x2f（x）﹣4f（2）＜x2﹣4∴x2f（x）﹣x2＜4f（2）﹣4即g（x）＜g（2），∵f（x）是偶函数，∴g（x）=x2f（x）﹣x2也是偶函数，则不等式g（x）＜g（2）等价为g（|x|）＜g（2），即|x|＞2；则x＞2或x＜﹣2，即实数x的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），故选：C二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13．已知=（3，﹣4），=（3，t），向量在方向上的投影为﹣3，则t= 6 ．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据投影的定义即可求出．【解答】解：∵ =（3，﹣4），=（3，t），∴•=9﹣4t，||=5，∵向量在方向上的投影为﹣3，∴==﹣3，解得t=6，故答案为：614．已知（x+）n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则其展开式各项系数之和等于729 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】由（x+）n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，可得n=6．令x=1，即可得出．【解答】解：∵（x+）n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，∴n=6．令x=1，可得：则其展开式各项系数之和=36=729．故答案为：729．15．在四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，AA 1=3，直线AD 1，DC 1所成角的正弦值为 ．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】取四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为直棱柱，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AD 1，DC 1所成角的正弦值．【解答】解：取四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为直棱柱，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，建立空间直角坐标系，∵AB=BC=1，AA 1=3，∴A （1，0，0），D 1（0，0，3），D （0，0，0），C 1（0，1，3），=（﹣1，0，3），=（0，1，3），设直线AD 1，DC 1所成角为θ，cos θ===，∴sin θ==．∴直线AD 1，DC 1所成角的正弦值为．故答案为：．16．△ABC 中，∠A=π，AB=2，BC=，D 在BC 边上，AD=BD ，则AD= ．【考点】三角形中的几何计算．【分析】在△ABC 中，根据条件的正弦定理求出角B 、C ，由边角关系和内角和定理求出∠BAD 、∠ADB ，在△ABD 中，由正弦定理和特殊角的三角函数值求出AD ．【解答】解：如图所示：∵在△ABC 中，∠A=π，AB=2，BC=，∴由正弦定理得，则sin ∠C===，∵∠A 是钝角，且0＜∠C ＜π，∴∠C=，则∠B=π﹣∠A ﹣∠C==，∵AD=BD ，∴∠BAD=∠B=，则∠ADB=π﹣∠B ﹣∠BAD=，在△ABD 中，由正弦定理得，∴AD====，故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n +n ﹣4（n ∈N *）（1）求{a n }的通项公式；（2）设T n 为数列{}的前n 项，证明：1≤T n ＜（n ∈N *）．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式．【分析】（1）当n ≥2时利用a n =S n ﹣S n ﹣1计算可知a n =2a n ﹣1﹣1，进而可构造首项、公比均为2的等比数列{a n ﹣1}，计算即得结论；（2）通过（1）放缩可知＜，进而利用等比数列的求和公式计算即得结论．【解答】（1）解：∵S n =2a n +n ﹣4，∴当n=1时，a 1=3，当n ≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1=（2a n +n ﹣4）﹣（2a n ﹣1+n ﹣5），即a n =2a n ﹣1﹣1，变形，得：a n ﹣1=2（a n ﹣1﹣1），∴数列{a n ﹣1}是首项、公比均为2的等比数列，∴a n ﹣1=2n ，即a n =1+2n ；（2）证明：由（1）可知： =＜，当n ≥2时，T n ＜1++…+=﹣＜，又∵T n ≥T 1=1，∴1≤T n ＜（n ∈N *）．18．某汽车公司为调查4S 店个数与该公司汽车销量的关系，对同等规模的A ，B ，C ，D ，E 五座城市的4S（1）根据该统计数据进行分析，求y 关于x 的线性回归方程；（2）现要从A ，B ，E 三座城市的9家4S 店中选取4家做深入调查，求A 城市中被选中的4S 店个数X 的分布列和期望．（ =， =﹣）．【考点】线性回归方程．【分析】（I ）根据回归系数公式计算回归系数，得出回归方程；（II ）X 的取值为0，1，2，3，分别计算各取值的概率，得出X 的分布列和数学期望．【解答】解：（1）由==4， ==30，==2.7，=﹣=30﹣2.7×4=19.2，y 关于x 的回归方程为=2.7x+19.2，（2）X 的可能取值0，1，2，3，P （X=0）==，P （X=1）==，P （X=2）==，P （X=3）==，E （X ）=0×+1×+2×+3×=，E （X ）=．19．在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，已知AB=AC=AA 1=，BC=4，A 1在底面ABC 的射影是线段BC 的中点O ． （Ⅰ）证明：在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；（Ⅱ）求二面角A 1﹣B 1C ﹣C 1的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以，OE ⊥BB 1，证明BC ⊥OE ，可得结论，AE=；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面B 1CC 1的一个法向量、平面A 1B 1C 的法向量，利用向量的夹角公式求二面角A 1﹣B 1C ﹣C 1的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以，OE ⊥BB 1 因为A 1O ⊥平面ABC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1CC又AO==1，AA 1=得AE==．（Ⅱ）解：如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A （1，0，0），B （0，2，0），C （0，﹣2，0），A 1（0，0，2）由=，得点E 的坐标是（，0，），由（Ⅰ）知平面B 1CC 1的一个法向量为=（，0，）设平面A 1B 1C 的法向量是=（x ，y ，z ），由得可取=（2，1，﹣1），所以cos ＜，＞==．20．如图，已知椭圆C 1： +y 2=1，曲线C 2：y=x 2﹣1与y 轴的交点为M ，过坐标原点O 的直线l 与C 2相交于A ，B 两点，直线MA ，MB 分别与C 1相交于D ，E 两点，直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2（1）求k 1k 2的值；（2）记△MAB ，△MDE 的面积分别为S 1，S 2，若=λ，求λ的取值范围．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）设过原点的直线l ：y=tx ，联立，得x 2﹣ty ﹣1=0，从而求出=0，由此能求出k 1k 2．（2）设直线MA ：y=k 1x ﹣1，直线MB ：y=﹣x ﹣1，联立，得A （），联立，得D （，），同理，得B （﹣，﹣1），E （，），由此能求出λ的取值范围．【解答】解：（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），E （x 3，y 3），E （x 4，y 4），过原点的直线l ：y=tx ，联立，得x 2﹣ty ﹣1=0，=（x 1，y 1+1），=（x 2，y 2+1），=x 1x 2+（y 1+1）（y 2+1）=（t 2+1）x 1x 2+t （x 1+x 2）+1=0，∴⊥，∴k 1k 2=﹣1．（2）设直线MA ：y=k 1x ﹣1，直线MB ：y=﹣x ﹣1，联立，得A （），联立，得D （，），同理，得B （﹣，﹣1），E （，），=（），=（﹣，），=（，），=（，），∴S 1=||，S 2=|×+×|=，∴λ==（4k 12++17）≥．当且仅当，即k 1=±1时，取等号，∴λ的取值范围[，+∞）．21．已知f （x ）=（2﹣a ）x ﹣2（1+lnx ）+a ，g （x ）=．（1）若a=1，求函数f （x ）在（1，f （1））处的切线方程；（2）若对任意给定的x 0∈（0，e]，在（0，e 2]上方程f （x ）=g （x 0）总存在两个不等的实数根，求实数a 的取值范围．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）求出函数的导数，计算f （1），f′（1），求出切线方程即可；（2）求出g （x ）的范围，得到f （x ）=g （x 0）⇔（2﹣a ）（x ﹣1）﹣g （x 0）=2lnx ，记h （x ）=（2﹣a ）（x ﹣1）﹣g （x 0），根据函数的单调性求出a 的范围即可．【解答】解：（1）a=1时，f （x ）=x ﹣2（1+lnx ）+1，f′（x ）=1﹣=，f （1）=0，f′（1）=﹣1，故切线方程是：y=﹣x+1；（2）g′（x ）=（1﹣x ）e 1﹣x ，g （x ）在（0，1）递增，在（1，e ）递减，而g （0）=0，g （1）=1，g （e ）=e 2﹣e ＞0，∴g （x ）∈（0，1]，f （x ）=g （x 0）⇔（2﹣a ）（x ﹣1）﹣g （x 0）=2lnx ，记h （x ）=（2﹣a ）（x ﹣1）﹣g （x 0），h （1）=﹣g （x 0）＜0，h′（x ）=（2﹣a ）﹣，①a≥2﹣时，h （x ）在（0，e 2]递减，不可能有两个零点，②a＜2﹣时，h （x ）在（0，）递减，在（，e 2]递增，h （）＞a ﹣2﹣（a ﹣3）﹣g （x 0）≥0，h （x ）有2个零点，必有h （e 2）≥0⇒a ≤2﹣，综上：a ≤2﹣．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为（t 为参数）．在极坐标系 （与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴）中，圆C 的方程为ρ=4cos θ． （Ⅰ）求圆C 的直角坐标方程；（Ⅱ）设圆C 与直线l 交于点A 、B ，若点P 的坐标为（2，1），求|PA|+|PB|．【考点】直线的参数方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（I ）将ρ=4cos θ两边同乘ρ，根据直角坐标与极坐标的对应关系得出直角坐标方程；（II ）将直线的参数方程代入圆的普通方程，根据参数的几何意义与根与系数的关系得出|PA|+|PB|．【解答】解：（I ）∵ρ=4cos θ，∴ρ2=4ρcos θ，∴圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2=4x ，即（x ﹣2）2+y 2=4．（II ）设点A 、B 对应的参数分别为t 1，t 2，将代入（x ﹣2）2+y 2=4整理得，∴，即t 1，t 2异号．∴|PA|+|PB|=|t 1|+|t 2|=|t 1﹣t 2|==．[选修4-5：不等式选讲]23．已知正实数a ，b ，x ，y 满足a+b=1（1）求a 2+2b 2的最小值；（2）求证：（ax+by ）（ay+bx ）≥xy ．【考点】不等式的证明．【分析】（1）方法一、求得0＜a ＜1，化原式=3（a ﹣）2+，由二次函数的最值求法，可得最小值；方法二、运用柯西不等式可得[a 2+（b ）2][12+（）2]≥（a•1+b•）2，化简即可得到最小值；（2）将不等式的左边展开，合并，运用重要不等式x 2+y 2≥2xy ，整理即可得证．【解答】解：（1）解法一、由a+b=1，可得b=1﹣a ，且a ＞0，b ＞0，可得0＜a ＜1，则a 2+2b 2=a 2+2（1﹣a ）2=3a 2﹣4a+2=3（a ﹣）2+，当a=∈（0，1）时，取得最小值； 解法二、由柯西不等式可得（a 2+2b 2）（1+）=[a 2+（b ）2][12+（）2]≥（a•1+b•）2=（a+b ）2=1，即有a 2+2b 2≥，当且仅当a=2b=，取得最小值； （2）证明：由正实数a ，b ，x ，y 满足a+b=1，可得（ax+by ）（ay+bx ）=abx 2+aby 2+a 2xy+b 2xy=ab （x 2+y 2）+（a 2+b 2）xy≥2abxy+（a 2+b 2）xy=xy （a 2+b 2+2ab ）=xy （a+b ）2=xy ，则（ax+by ）（ay+bx ）≥xy ．。
重庆市巴蜀中学高2018届高2015级高考适应性月考卷(七)理科数学试题
＋∞
ö
÷
ø
Ｄ.
éëêê３２９５ꎬ
＋∞
ö
÷
ø
理科数学������第 ２ 页 ( 共 ４ 页)
学 中 蜀
二、 填空题 ( 本大题共 ４ 小题ꎬ 每小题 ５ 分ꎬ 共 ２０ 分) １３. 在我校 ２０１７ 年高三某大型考试中ꎬ 理科数学成绩 ξ ~ Ｎ(９５ꎬ σ２) ( σ>０) ꎬ 统计结果显示 Ｐ(８０≤ξ≤１１０) ＝
Ａ. ６＋２ ３ Ｂ. ９０
Ｃ. ９０＋２ ３
Ｄ. ９６
８.
在
æ
ç
ｘ
＋
è
２ ｘ
ö
÷
ø
( １－ｘ) ４
的展开式中ꎬ
除常数项之外剩余项的系数和为
Ａ. １６
Ｂ. ８
图２
Ｃ. ０
Ｄ. －８
９. 从 ０ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ５ 中任选三个数字ꎬ 可以组成多少个能被 ３ 整除的无重复数字的三位数
Ａ. １２
Ｂ. ２０
æ
ç
è
π ６
－
２α
ö
÷
ø
＝
.
１６. 已知在平行四边形 ＡＯＰＱ 中ꎬ Ｏ 为坐标原点ꎬ 点 Ａ 在 ｘ 轴的负半轴ꎬ 双曲线过 Ｐꎬ Ｑ 两点ꎬ 且以点 Ａ 为左
焦点ꎬ
ＡＰ 交双曲线左支于点 Ｎꎬ
Ａ→Ｎ
＝
ｋ
Ｎ→Ｐ
æ
ç
è
２ ３
≤ｋ≤
４ ５
ö
÷
ø
ꎬ
则双曲线离心率 ｅ 的取值范围是
.
１ Ａ.
４
１ Ｂ.
３
１ Ｃ.
２
Ｄ. １
１２.
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷(五)理数-答案
2 y1
2 y2
x1
x2
(2k
1)( x1
x2 )
4(1
2k)
4(1 4k 2 1 4k2
)
，
4 y1 y2
x1 x2
(4k 2
1)x1x2
4k(1
2k )( x1
x2 )
4(1
2k )2
4(1 4k 2 1 4k2
)
，
所以
x
1
，
y
1 2
，直线
BC
与直线
OP
交于定点
1，12
.
………………（12 分）
0 ，又因为
x2
1，1 x1
1，
g(x) 在
(1， )
上单调递增，所以
1 x2 x1
.
k AB
f (x2 ) f (x1) x2 x1
ln x2
ln x1 (x2 x2 x1
x1)
b
2
1 x2
b
2
1 x1
1
1
1 0 ，故选 A．
x2 x1
x1 x2
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
7 40
， P(
3)
C33 C130
1 120
，
0
1
2
3
7
21
7
1
P
24
40
40
120
E
(
)
0
7 24
1
21 40
2
7 40
3
1 120
9 10
.
……………………………（12 分）
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷(十)理数-答案
则有 (a − 200) × 0.0035 = 0.25 ，解得 a = 271.43 ．
………………………（6 分）
（Ⅱ）由频率分布直方图可知用电量为第二档的概率
p
=
0.35
+
0.25
=
3 5
，
…………………………………………………………………（7 分）
户数 X ~ B(3，0.6) ，X 可取 0，1，2，3，
由 f (x) 的单调性知 f (x)max = 2 − 4 × (− 2 − 2)−2 = 4 2 − 4，
∴|MN |max = 2 2 −1 ，此时 x0 = − 2，
故 P 点的坐标为 (−
2，0)
，即在椭圆左顶点时，
S
=
1 2
|
MN
||
FO
|=
2 −1．
…………………………………………………………………………（12 分）
…………………………（2 分）
∵ AB = AE = 2 3，∠BAE = 120°，
∴ BE = 6，∴MB = 2，
∴ MN 2 = MB2 + NB2 − 2MB NB cos 30° = 1，
∴ MN = 1， ∴ MN 2 + NB2 = MB2，
∴MN ⊥ NB，
∵平面ABCD ⊥ 平面ABE ，
故椭圆
C
的方程为
x2 2
+
y2
=1．
……………………………………（4 分）
（Ⅱ）由题意可知，圆心为 (1，0) ，半径为 1，
所以圆 C1 的方程为 (x −1)2 + y2 = 1 ． 设P(x0，y0 ) ， M (0，m) ， N (0，n)，
【数学】重庆市巴蜀中学2018届高三上学期第五次月考数学(理)试题含解析
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（五）理科数学第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）B. C.【答案】B故选B.2. ）B. C.【答案】B故选B.3. 平面向量满足，，，则向量与的夹角为（）【答案】C4.等于（）【答案】A，则双曲线的离心率.故选A.5. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为“赵爽弦图”.弦图是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图（1））.若直得到图（2）所示的“数学风车”，在该“数学风车”内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）【答案】C，设小正方形的边长为，由全等直角三角形得，“数学风车”的面积为机取一点，则此点取自黑色部分的概率是故选C.6. 某商场失窃，四个保安因涉嫌而被传讯.四人的供述如下：甲：我们四人都没有作案.乙：我们中有人作案.丙：乙和丁至少有一人没有作案.丁：我没有作案.如果四人中有两人说的是真话，有两人说的是假话，则以下哪项断定成立（）A. 说假话的是乙和丁B. 说假话的是乙和丙C. 说假话的是甲和丙D. 说假话的是甲和丁【答案】D【解析】若说假话的是乙和丁，即“我们中没有人作案”与“我作案了”相矛盾，故排除选项A，说假话的是乙和丙，即“我们中没有人作案”与甲所说“我们四人都没有作案”、丁所说“我没有作案”相符，则丙所说“乙和丁至少有一人没有作案”也为真话，与丙说假话矛盾，故排除选项B；若说假话的是甲和丙，则乙所说“我们中有人作案”为真话，但无法判定丁所说“我没有作案”的真假，故排除选项C；若说假话的是甲和丁，即丁作的案，则乙所说为真话，丙所说“乙和丁至少有一人没有作案”也为真话，即选项D正确.故选D.7. ）B. C.【答案】B，所以，即函数在上的值域是故选B.点睛：本题考查三角恒等变换、三角函数在给定区间上的值域；求与三角函数有关的值域或最值问题，主要有以下题型，要注意总结：(1)(2)(3).8. 执行如图所示的程序框图，若输出的的值为3，则输入的的取值范围是（）D.【答案】C因为输出的值为3故选C.9. 某天上午的课程表要排入语文、数学、英语和两节自习共5节课，如果第1节不排数学，且语文和英语不相邻，那么不同的排课表的方法有（）种.A. 24B. 48C. 30D. 60【答案】C【解析】先将数学和两节自习进行排列，留有4个空安排语文和英语，排法.故选C.10. ，，下列结论正确的是（）D.【答案】C，即故选C.点睛：本题考查函数的奇偶性、单调性和对数的大小比较；的大小，与平常的中间值（1,0，）不同，11. 设直线与抛物线相交于相切于点2条，则的取值范围是（）【答案】D，因为直线与圆相切，所以，即，即点且，因为满足条件的直线只有两条，所以故选D.12. 已知函数）不确定【答案】A，下面判定的符号：令，则，则递增，，，若，则故选A.点睛：本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性和最值；在利用导数的几何意义求曲线的切线时，要注意“曲线在某点处的切线”和“过某点的切线”的不同，“曲线在某点处的切线”，即该点一定在曲线上且是切点，但“过某点的切线”则该点不一定在曲线上，也不一定是切点.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. __________．【答案】5，即二项式展开式中的常数项是.14. 的前项和为，则．【答案】311为首项、公比为2的等比数列，则点睛：本题考查利用数列的是一个分段函数，一定要注意验证当若满足，写成一个解析式，否则写成分段函数.15. __________．【解析】作出可行域（如图所示）到原点的距离点睛：本题考查二元一次不等式组和平面区域、非线性目标函数的最优解；利用可行域求非线性目标函数的最优解涉及的目标函数主要有以下几种：(1)平方；(2).16. 在四边形，则四边形__________．【解析】由余弦定理，，，即取得最大值12，即，解得，即四边形的面积的最大值是三、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..的前项和【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意列出关于等差数列的首项和公差的方程组求出等差数列的通项公式即可，再利用等比数列的通项公式求解；（Ⅱ）利用错位相减法进行求和.试题解析：.1，公比为3的等比数列，∴.点睛：本题考查等差数列、等比数列及错位相减法求和；错位相减法是一种重要的求和方法，，求和方法是等式两边同乘以等比数列的公比，对齐相减，转化为部分项成等比数列进行求和.18. 如图，所有棱长均为2，的中点..【解析】试题分析：（Ⅰ）利用等腰三角形的“三线合一”与正方形的对角线垂直得到线线垂直，进而利用线面垂直的判定定理和性质进行证明（Ⅱ）利用垂直关系建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和直线的方向向量，进而求出两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式进行求解.试题解析：为底边的中点，故由于正三棱柱的所有棱长都相等，，故，19. 作为加班拍档、创业伴侣、春运神器，曾几何时，方便面是我们生活中重要的“朋友”，然而这种景象却在近5年出现了戏剧性的逆转。
重庆市巴蜀中学高2018届高2015级高三第一学期第六次月考一模理数试题参考答案
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷(六)理科数学第Ⅰ卷(共60分)巴蜀中学2018届高考适应性月考卷(六)理科数学答案一、选择题1-5:DCCBD 6-10:BCCBD 11、12:AA二、填空题14.80-2 16.4034-三、解答题17.解:(1)设1a a =,公差为d ,则2(3)()a a d a d +=+,解得3d a ==,所以3n a n =,3(1)2n n n S +=. (2)121211()3(1)31n S n n n n =⋅=-++, 从而12111211111(1)32231n n b S S S n n =+++=-+-++-+……21(1)31n =-+, 故1219327n b <<. 18.(1)证明:1sin sin sin 22sin ABC ac A C S ac B B ∆==,即2sin sin sin B A C =, 由正弦定理可得a bb c=,故a ,b ,c 成等比数列.(2)解:依题意得22211cos (1)222a cbc a B ac a c +-==+-≥, 又B 为ABC ∆的一个内角,从而sin B =≤当且仅当ABC ∆为等边三角形时等号成立.19.解:(1)设A 为巴黎总进球数,则(2)(2)(3)(4)P A P A P A P A ≥==+=+=511115111111231179()()1243341234434472616144=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=++=. (2)A 和H 的分布列如下:则()()3E A E H ==. 20.(1)证明:设直线l 的斜率为k (0k ≠),则直线l 的方程为(2)y k x =-,联立方程组221,62(2),x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩消去y 可得2222(31)121260k x k x k +-+-=. 设11(,)A x y ,22(,)B x y ,则2122212212,31126,31k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩于是有121224()431k y y k x x k k +=+-=-+,所以线段AB 中点C 的坐标为22262(,)3131k kk k -++. 又直线OC 的斜率13OC k k =-,因此直线OC 的方程为13y x k =-,它与直线3x =的交点1(3,)D k -,故直线2DF 的斜率为21DF k k=-,于是21DF k k ⋅=-.因此2AB DF ⊥.(2)解:记22222221212121212222()()()()||()()11||11x x y y x x k x x AB t k x x DF k k-+--+-====-++ 221212()4k x x x x ⎡⎤=+-⎣⎦22222222221212624(1)()4()3131(31)k k k k k k k k ⎡⎤-+=-=⎢⎥+++⎣⎦.令231u k =+,则222(1)(2)16111161198()()33223416u u t u u u u -+⎡⎤=⋅=---=---⎢⎥⎣⎦. 因为2311u k =+>,所以101u<<. 故当4u =时,即1k =±时,t 取最大值3.从而当1k =±时,2||||AB DF21.(1)解:依题意得()f x 的定义域为R ,当0b =时,'()xf x ae c =+. 若0a >,0c >,则'()0f x c >>,从而()f x 在R 上单调递增； 若0a <,0c <,则'()0f x <,从而()f x 在R 上单调递减； 若0a >,0c <,令'()0f x =,得ln()c x=-,列表如下:若0a <,0c >,令'()0f x =得ln()x =-,列表如下:(2)证明:函数()f x 在R 上单调递增,则'()20xf x ae bx c =++≥对任意实数x 均成立,取实数10x >,10x -<,则111120,20,x x ae bx c ae bx c -⎧++≥⎪⎨-+≥⎪⎩两式相加得:11()20x xa e e c -++≥,令1x →+∞,则11x xe e -+→+∞,从而0a >.又由1120x aebx c --+≥,当1x →+∞时,10x ae -→,若0b >,则1120x ae bx c --+≥不恒成立,又0b ≠,从而0b <,从而0a b >>. 下证22(ln()1)bc b a≥---. 记()xg x ae =,()2h x bx c =--,22ln()bx a=-,由于'()x g x ae =, ()g x 在点22(,())x g x 处的切线方程为:2222()()22ln()2by b x x g x bx b b a=--+=-+--. 接下来,我们证明2()22ln()2xbg x ae bx b b a=≥-+--,构造函数2()22ln()2xbH x ae bx b b a=+--+,'()2x H x ae b =+. 当2(,)x x ∈-∞时,'()0H x <,()H x 单调递减； 当2(,)x x ∈+∞时,'()0H x >,()H x 单调递增；从而min 2()()()0H x H x H x ≥==,故2()22ln()2xbg x ae bx b b a=≥-+--成立. 考虑到直线222ln()2by bx b b a=-+--与直线()y h x =斜率相等,即它们平行, 又由于()()g x h x ≥恒成立,从而222ln()2()bbx b b h x a-+--≥恒成立,即22(ln()1)b c b a -≤--,即22(ln()1)bc b a≥---.22.解:(1)当4πα=时,直线l的普通方程为y x =,曲线C 的普通方程为2214x y +=. (2)把cos ,sin x t y t αα⎧=⎪⎨=⎪⎩代入2214x y +=,得222(4sin cos ))10t t ααα++-=, 21222151||||||||4sin cos 22MA MB t t OM αα⋅===-=+,得21sin 3α=, ∴21tan 2α=,∴斜率2k =±.23.(1)解:()|1||2|3f x x x =-+-≤,即1,123x x x <⎧⎨-+-+≤⎩或12,123x x x ≤≤⎧⎨--+≤⎩或2,123,x x x >⎧⎨-+-≤⎩即01x ≤<或12x ≤≤或23x <≤,即解集[]0,3C =. (2)证明:∵22211124a b c ++=, 由柯西不等式得222222222111149(49)()24a b c a b c a b c ++=++++2111125(23)222a b c a b c ≥⋅+⋅+⋅≥,当且仅当231112a b ca b c==时取等号,即2225432a b c ===时取等号.。
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2018年5月重庆巴蜀中学高考适应性考试理科数学（附答案）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{}{}2540,21P x Z x x Q x R x =∈-+≤=∈-≥，则P Q ⋂（ ） A ．{}3,4 B ．{}34x x ≤≤ C ．{}1,3,4 D ．{}341x x x ≤≤=或 2.若复数z 满足(12i)z 43i -=+ ，则z 的共轭复数的虚部为（ ） A．．2- C．2 3.已知等比数列{}n a 满足11a =，3716a a =，则该数列的公比为（ ）A．．2± D ．24.阅读如图1所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 的值为（ ）A ．34 B ．56 C.1112 D ．25245.函数(x)2sin(2x )3f π=+的图象向左平移6π个单位长度后得到函数(x)g 的图象，则下列选项中的函数(x)g 的一条对称轴的是（ ） A ．4x π=B ．512x π=C.2x π= D ．23x π= 6.下列命题中，正确的选项是（ ）A ．若p q ∨为真命题，则p q ∧为真命题B ．0(0,)x ∃∈+∞，使得001123x x⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C.“平面向量a 与b 的夹角为钝角”的充分不必要条件是“0a b <” D ．在锐角ABC ∆中，必有sinA cosB >7.已知圆22:(x 4)(y 2)4C -+-=，若圆C 刚好被直线:1(a 0,b 0)l ax by +=>>平分，则21a b+的最小值为（ ）A ．B ．8+18 D ．10+8.已知抛物线2:4C y x =，直线l 与抛物线C 交于,A B 两点，若AB 中点P 的坐标为(2,1)，则原点O 到直线l 的距离为（ ）A ．1B C.2D9.已知sin()124πα+=，则sin(2)3πα-=（ ）A B ．34．34-10.2018年俄罗斯世界杯将于2018年6月14日至7月15日在俄罗斯境内11座城市的12座球场内举行，共有32支球队参加比赛，其中欧洲有14支球队参赛，中北美球队有3支球队参赛，亚洲、南美洲、非洲各有5支球队参赛，所有参赛球队被平均分入8个小组.已知A 小组的4支队伍来自不同的大洲，东道主俄罗斯（俄罗斯属于欧洲球队）和墨西哥（墨西哥属于中北美球队）在A 小组中，那么南美洲球队巴西队在A 小组的概率为（ ） A ．215 B ．15 C.415 D ．2511.已知定义在R 上的偶函数(x)f 满足(x 1)(1x)f f +=-，且当[]0,1x ∈时，(x)x f e =，那么函数1(x)(x)cos 2F f x π=-在区间[]2,4-上的所有零点之和为（ ） A ．0 B ．2 C. 4 D ．612.已知某几何体的三视图如图2所示（小正方形的边长为1），则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．3449π B ．2729π C.2009π D ．1729π 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） 13.42(3)x x+的展开式中的常数项为 ． 14.已知实数,x y 满足条件20,20,360,x y x y x y -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪+-≥⎩则22x y +的最小值为 ．15.已知双曲线22221(b a 0)x y a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过1F 且斜率为1的直线l 与双曲线的两条渐近线分别交于,A B 两点，若1AF AB =，则双曲线的离心率为 ．16.如图3，正方形ABCD 的边长为2，顶点,A B 分别在y 轴的非负半轴，x 轴的非负半轴上移动，E 为CD 的中点，则OE OD的最大值是 ．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.已知在数列{}n a 中，1113,2(n 2)n n n a a a -===+≥. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2） 设21log (a 1)n n b -=-，求12n n n b b b ++的前n 项和n T . 18.支付宝作为一款移动支付工具，在日常生活中起到了重要的作用.巴蜀中学高2018届学生为了调查支付宝在人群中的使用情况，在街头随机对50名市民进行了调查，结果如下. （1）对50名市民按年龄以及是否使用支付宝进行分组，得到以下表格，试问能否有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”？（2）现采用分层抽样的方法，从被调查的40岁以下的市民中抽取了12位进行进一步调查，然后从这12位市民中随机抽取3位，求至少抽到2位“使用支付宝”的市民的概率； （3） 为了鼓励市民使用支付宝，支付宝推出了“奖励金”活动，每使用支付宝支付一次，分别有111,,236的概率获得0.1,0.2,0.3元奖励金，每次支付获得的奖励金情况互不影响.若某位市民在一周使用了2次支付宝，记X 为这一周他获得的奖励金数，求X 的分布列和数学期望.附：22(ad bc)(a b)(c d)(a c)(b d)n K -=++++，其中n a b c d =+++.19.如图4，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90,22CBA BAD AD AB BC ∠=∠=︒===，过AD 作平面分别交线段,PC PB 于点,E F .（1）证明：//AD EF ；（2）若直线PC 与平面ABCD E 在线段PC 的何处时，直线ED 与平面PBC 所成角为45︒？20.已知椭圆2222:1(a b 0)x y C a b +=>>的左右焦点分别为12,F F ，上顶点为M ，右顶点为(2,0)N ，12MF F ∆的外接圆半径为2.（1）求圆C 的标准方程；（2）设直线l 与椭圆C 交于,A B 两点，若以AB 为直径的圆经过点N ，求ABN ∆面积的最大值.-21.已知21(x)(x a)e ,(x)2xf g x bx =-=-. （1）当3a =时，若函数(x)f 在(0,(0))f 处的切线与函数g(x)相切，求实数b 的值； （2）当0,1a b a >==时，记(x)f(x)(x)h ag =-.证明：当10a 4<<时，存在0(lna,)x ∈+∞，使得0h(x )0<.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：坐标系与参数方程以平面直角坐标系xOy 的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中采取相同的单位长度.曲线C的极坐标方程是)4πρθ=-，直线的参数方程是122,1x t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）. （1）求曲线C 的直角坐标方程与直线l 的普通方程； （2）设点(2,1)P ，若直线l 与曲线C 交于,A B 两点，求11PA PB-的值. 23.选修4-5：不等式选讲已知函数(x)212f x x a =---（1a >且a R ∈）. （1）当2a =时，解不等式1(x)2f x ≥； （2）若(x )f 的最大值为M ，且正实数,b c 满足12a M b c +=-，求的最小值2112b c +--.试卷答案一、选择题1-5:CBACB 6-10:DCDBA 11、12：DA 二、填空题13.216 14.185三、解答题17.解：（Ⅰ）112n n n a a --=+∵，2122n n n a a ---=+， ，212a a =+，12112(12)222321(2)12n n n n a a n ---=++++=+=+- ≥∴．1n =∵时，11321a ==+， 21n n a =+∴．（Ⅱ）1212log (1)log (211)1n n n b a n ++=-=+-=+， 令122112(1)(2)12n n n c b b n n n n +⎛⎫===- ⎪+⨯+++⎝⎭， n b ∴的前n 项和为2(21)322n n n n++⨯+=． n c 的前n 项和为1111111122233412222n n n n n ⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭ ， 2322n n n nT n +=++∴． 18.解：（Ⅰ）2250(2510105)4006.349 6.6353515203063K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯，∴不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．（Ⅱ）12位中，使用支付宝的人数为251210255⨯=+(人)，不使用支付宝的人数为 5122255⨯=+(人)， 2131210210102331212C C +C C C 211=C C 22P ==-∴．（Ⅲ）1119(0.2)22436P X ==⨯==，11112(0.3)223336P X ==⨯⨯==，2111510(0.4)22631836P X ⎛⎫==⨯⨯+== ⎪⎝⎭，1114(0.5)236936P X ==⨯⨯==，111(0.6).6636P X ==⨯=X ∴的分布列如下：91210411()0.20.30.40.50.636363636363E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=19.（Ⅰ）证明：∵底面ABCD 为直角梯形， AD BC ∥∴，BC ∵⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，AD ∥∴平面PBC ，AD ∵⊂平面ADEF ，EF =平面ADEF 平面PBC ， AD EF ∥∴．（Ⅱ）解：PA ∵⊥平面ABCD ，BA AD ⊥， PCA ∠∴为直线PC 与平面ABCD 所成的线面角，AC ∵，tan PA PCA AC ∠==∴2PA =．∴以A 点为原点，AB ，AD ，AP 为x y z ，，轴建立空间直角坐标系， B ∴(2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，设(22)CE CP λλλλ==--，，，则(2212)E λλλ--，，， ∴(2212)DE λλλ=---，，． 设平面PBC 的法向量为()n x y z =，，，则(010)(212)BC CP ⎧=⎪⎨=--⎪⎩ ，，，，，⇒0220y x y z =⎧⎨--+=⎩，， 令1x =，则01y z ==，，(101)n =，，∴， 1sin |cos |3DE n θλ=〈〉== ，，∴ ∴当E 在线段PC 靠近C 的三分点位置时，直线DE 与平面PBC 所成的线面角为45°．20.解：（Ⅰ）∵右顶点为(20)，，∴2a =，122MF MF ==， ∵121sin 2MO b b MF F MF a ∠===，2122424sin 2MF R b MF F b ====∠，∴1b =，∴椭圆的标准方程为2214x y +=．（Ⅱ）设直线l 的方程为my x b =+，1122()()A x y B x y ，，，， 与椭圆联立得222(4)240m y mby b +-+-=，∴21212222444mb b y y y y m m -+==++，． ∵以AB 为直径的圆经过点N ，∴0NA NB =，∵1122(2)(2)NA x y NB x y =-=-，，，，∴1212122()40x x x x y y -+++=，①∵121228()24b x x m y y b m -+=+-=+，2222121212244()4b m x x m y y mb y y b m -=-++=+， 代入①式得2516120b b ++=，∴65b =-或2b =-（舍去），故直线l 过定点605⎛⎫⎪⎝⎭，．∴121622||255ABN Sy y ⎛⎫=⨯-⨯-= ⎪⎝⎭△，令222564()[0)(4)t h t t m t +==∈+∞+，，， 则228()0251281120425h t t t t ⎛⎫'>⇒++<⇒∈-- ⎪⎝⎭，，∴()h t 在[0)t ∈+∞，上单调递减，max ()(0)4h t h ==， ∴0m =时，max 1625ABN S =△． 21.（Ⅰ）解：当3a =时，()(3)e x f x x =-，()e (3)e (2)e x x x f x x x '=+-=-，∴(0)3(0)2f f =-'=-，，故切线方程为23y x =--．设切线与()g x 相切的切点为00(23)x x --，， 故满足方程组0020000()21()232g x x b g x x bx x '=-=-⎧⎪⎨=-=--⎪⎩，，解得0x =2b =． （Ⅱ）证明：()()e x f x x a =-，21()(1)2g x x a x =--， ∴21()()e (1)2xh x x a ax a a x =--+-，()e ()e (1)(e )[(1)]x x x h x x a ax a a a x a '=+--+-=---，令()ln 1m a a a =-+，则1()101m a a a'=->⇒<， ∴()m a 在(01)a ∈，上单调递增，在(1)a ∈+∞，上单调递减. ∵max ()(1)0m a m ==，∴ln 10a a -+≤，即ln 1a a -≤恒成立， ∴()01h x x a '>⇒>-或ln x a <，∴()h x 在(ln 1)x a a ∈-，上单调递减，在(1)x a ∈-+∞，上单调递增， ∴12min 1()(1)e (1)2a h x h a a a -=-=-+-．只需证104a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，min ()0h x <即可，令121()e (1)2a a a a ϕ-=-+-，则121()e (341)2a a a a ϕ-'=-+-+，1()e 320a a a ϕ-"=-+-<恒成立，∴()a ϕ'在104a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减.∵11(0)02e ϕ'=->，3413e 0432ϕ-⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，∴0010()04a a ϕ⎛⎫∃∈'= ⎪⎝⎭，，使得，∴()a ϕ在0(0)a a ∈，上单调递增，014a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减，∴01232max 00000011()()e (1)(551)0.22a a a a a a a a ϕϕ-==-+-=-+-<，故证毕22.解：（Ⅰ）曲线C 的直角坐标方程为22(2)(2)8x y -+-=，直线l 的普通方程为1y -．（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得221221282t ⎛⎫⎛⎫+-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得270t -=，121270t t t t +=-< ∴，12t t ，∴异号，12121212111111||||||||t t PA PB t t t t t t +-=-=+= ．23.解：（Ⅰ）①当12x ≤时，1()122f x x x =-⇒-≥≤；②当112x <<时，16()43127f x x x x =-⇒<≥≤； ③当1x ≥时，1()1122f x x x =⇒≥≤，≤综上所述，不等式的解集为6(2]27x ⎡⎤∈-∞-⎢⎥⎣⎦，，．（Ⅱ）由三角不等式可得||21||2|||(21)(2)||1|1x x a x x a a a ------=-=-≤，∴12(1)1a M a a b c +=-=--=⇒121b c +=⇒2cb c =-，∴2121122122212c b c c c c +=+=-+------≥，2112b c +--∴的最小值为2， 当且仅当1232c c c -=⇒=-时取等号．。