【全国百强校】福建省三明市第一中学2018届高三模拟卷（一）数学（理）试题

三明一中高三理科数学模拟试卷（二）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用一元二次不等式的解法化简集合，利用补集的定义求出，由交集的定义可得结果.详解：因为，所以或，结合集合，所以可得，故选A.点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且不属于集合的元素的集合.2. 已知为虚数单位，复数，则以下为真命题的是（）A. 的共轭复数为B. 的虚部为C. D. 在复平面内对应的点在第一象限【答案】D【解析】,的共轭复数为,的虚部为, ,在复平面内对应的点为,故选D.3. 我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细是均匀变化的，则金箠的重量为（）A. 15斤 B. 14斤 C. 13斤 D. 12斤【答案】A【解析】由题知,由粗到细每段的重量成等差数列,设该数列为,不妨设,则,则金箠的重量为,故选A.4. 与双曲线的渐近线平行，且距离为的直线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】双曲线的渐近线为,即,与之平行的直线设为,则,故选B.5. 若为偶函数，且在上满足任意，，则可以为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】=-sinx为奇函数,排除A;为奇函数,排除C;=-cos4x为偶函数,且单调增区间为,k∈Z,排除D;= 为偶函数,且在上单调递增,故选B.6. 执行如图所示的程序框图，当时，输出的值为（）A. B. 0 C. D.【答案】D【解析】由题意,数列的周期是6,当时，输出的S=,故选D.7. “中国梦”的英文翻译为“”，其中又可以简写为，从“”中取6个不同的字母排成一排，含有“”字母组合（顺序不变）的不同排列共有（）A. 360种B. 480种C. 600种D. 720种【答案】C【解析】从其他5个字母中任取4个,然后与“”进行全排列,共有,故选B.8. 的展开式中的系数为（）A. -4B. -8C. -12D. -16【答案】C【解析】,又的二项式展开式的通项公式,当且仅当r=1,k=1时符合题意,的展开式中的系数为,故选C.9. 随机变量服从正态分布，，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意,= ,当且仅当,即时等号成立,故选D.点睛: 本题考查正态分布图象的对称性以及基本不等式的应用.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.10. 如图所示，格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由三视图知,该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个圆锥,其表面积为,故选D.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于，两点，过点作准线的垂线，垂足为，当点坐标为时，为正三角形，则此时的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图所示,过点F作AE的垂线,垂足为H,则H为AE的中点,则,解得p=2,,直线AF为,代入抛物线方程为,解得x=3或x=,或,,故选A.12. 已知函数，则方程的实根个数为（）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】C【解析】令t=f(x),则方程等价于,在同一平面直角坐标系中作出f(x)与直线y=2x+的图象,由图象可得有两个交点,且的两根分别为和,当时,解得x=2,当时, f(x)有3个不等实根,综上所述, 方程的实根个数为4,故选C.点睛:本题考查函数与方程思想和数形结合思想的应用,考查换元法的应用技巧,属于中档题. 对于函数,我们把使的实数x叫做函数的零点.即函数的零点就是指使函数值为零的自变量的值.通过化简也经常将函数的零点问题转化为两个函数图象的交点问题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知函数在区间上是单调函数，其中是直线的倾斜角，则的所可能取值范围为__________．【答案】【解析】函数的对称轴是, 或,即或,又,则的所可能取值范围为,故填.14. 若的三内角，，满足：，则以为一内角且其对边长为的三角形的外接圆的面积为__________．【答案】【解析】设内角所对的边分别为a,b,c,由题设a=2k(k>0),则b=c=3k,,则,设所求三角形的外接圆半径为R,则,解得,所以三角形的外接圆的面积为,故填.15. 已知实数，满足，且，，若，则实数的最大值是__________．【答案】【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示,其中A(-2,2),B(-1,0),则,即,其几何意义为可行域内的点与P(1,1)连线的斜率,其最大值为,即实数a的最大值为,故填.16. 已知函数，，，若当时，不等式组恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】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. 已知数列是首项为1的等差数列，数列满足，且，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析:（1）根据数列的递推关系式以及等比数列的定义,得出是一个等比数列,根据基本量运算求解即可;(2)先求出等差数列的通项公式,代入,根据错位相减法求出数列的前n项和. 试题解析:（1）∵，∴，∴，∴是首项为，公比为3的等比数列，∴，即.（2）由（1）知，，∴，则，∴，令，①，②①②得∴.∴.点睛:用错位相减法求和应注意的问题 :(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.18. 2016年1月1日，我国实行全面二孩政策，同时也对妇幼保健工作提出了更高的要求.某城市实行格化管理，该市妇联在格1与格2两个区域内随机抽取12个刚满8个月的婴儿的体重信息，体重分布数据的茎叶图如图所示（中位：斤，2斤1千克）.体重不超过的为合格.（1）从格1与格2分别随机抽取2个婴儿，求格1至少一个婴儿体重合格且格2至少一个婴儿体重合格的概率；（2）妇联从格1内8个婴儿中随机抽取4个进行抽检，若至少2个婴儿合格，则抽检通过，若至少3个合格，则抽检为良好.求格1在抽检通过的条件下，获得抽检为良好的概率；（3）若从格1与格2内12个婴儿中随机抽取2个，用表示格2内婴儿的个数，求的分布列与数学期望.【答案】(1) ;(2) ;(3)见解析.【解析】试题分析:（1）根据茎叶图得出网格1内体重合格的婴儿数和网格2内体重合格的婴儿数，运用对立事件的概率求解即可;(2)分别求出网格1在抽检通过的概率和获得抽检为良好的概率,运用条件概率求解即可;(3)由题意得出所有x的可能取值,分别求出概率列成表格形式得出分布列,根据定义求得期望值.试题解析:（1）由茎叶图知，网格1内体重合格的婴儿数为4，网格2内体重合格的婴儿数为2，则所求概率.（2）设事件表示“2个合格，2个不合格”；事件表示“3个合格，1个不合格”；事件表示“4个全合格”；事件表示“抽检通过”；事件表示“抽检良好”.∴，，则所求概率.（3）由题意知，的所有可能取值为0,1,2.∴，，，∴的分布列为∴.点睛:在求某事件的概率时,若事件较为复杂,可通过求它的对立事件的概率来求解,对于含有”至多”,”至少”等词语的概率问题时,一般用对立事件的概率来解较为简单;求概率时,当题目中含有”在…发生的条件下,求…发生的概率”时,一般用条件概率求解,解题时分清楚谁是条件,然后利用公式求解.19. 如图所示，四边形为菱形，且，，，且，平面.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）平面与平面所成锐二面角的正弦值为.【解析】试题分析:（1）先证得平面,再根据面面垂直的判定定理得出结论;(2)建立合适的空间直角坐标系,分别求出平面AEF和平面ABE的法向量,利用二面角的公式求解即可.试题解析:（1）∵平面,∴平面,又平面,∴平面平面.（2）设与的交点为,建立如图所示的空间直角坐标系,则，∴设平面的法向量为，则，即，令，则，∴.设平面的法向量为，则，即，令，则，∴.∴，∴，∴平面与平面所成锐二面角的正弦值为.20. 已知椭圆：的离心率为，为焦点是的抛物线上一点，为直线上任一点，，分别为椭圆的上，下顶点，且，，三点的连线可以构成三角形.（1）求椭圆的方程；（2）直线，与椭圆的另一交点分别交于点，，求证：直线过定点.【答案】(1) 椭圆的方程为;(2) 直线过定点.【解析】试题分析:（1）由已知列出方程组,解出a,b,c的值,求出椭圆的标准方程;(2)联立直线HA与椭圆方程,得到关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系得出D点坐标,同理求出E点坐标,代入直线方程并化简,即可求出定点.试题解析:(1)由题意知，，解得，∴椭圆的方程为.（2）设点，易知，∴直线的方程为，直线的方程为.联立，得，∴，冋理可得，∴直线的斜率为，∴直线的方程为，即，∴直线过定点.21. 已知函数，.（1）当时，讨论的单调性；（2）设，若关于的不等式在上有解，求的取值范围.【答案】(1) 函数在上单调递增，在上单调递减;(2) 的取值范围为.【解析】试题分析:（1）对函数两次求导,判断出函数的单调性;(2)将函数g(x)的解析式代入关于x的不等式,化简并构造新函数,对新函数求导,讨论参数的范围判断出单调性求出最值,代入不等式即可. 试题解析:（1）由题意知，，令，当时，恒成立，∴当时，；当时，，∴函数在上单调递增，在上单调递减.（2）∵，∴，由题意知，存在，使得成立.即存在，使得成立，令，∴.①时，，则，∴函数在上单调递减，∴成立，解得，∴；②当时，令，解得；令，解得，∴函数在上单调递增，在上单调递减，又，∴，解得，∴无解；③当时，，则，∴函数在上单调递增，∴，不符合题意，舍去；综上所述，的取值范围为.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，直线的极坐标方程为，现以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）若曲线为曲线关于直线的对称曲线，点，分别为曲线、曲线上的动点，点坐标为，求的最小值.【答案】(1) 直线的直角坐标方程为,曲线的普通方程为;(2) 的最小值为.【解析】分析：（1）由直线的极坐标方程化为，只要将和换成和即可得到直线的直角坐标方程，曲线的参数方程利用平方法消去参数可得曲线的普通方程；（2）根据圆的几何性质可得,则的最小值为.详解：（1）∵，∴，即，∴直线的直角坐标方程为；∵，∴曲线的普通方程为.（2）∵点在直线上，根据对称性，的最小值与的最小值相等，曲线是以为圆心，半径的圆.∴,则的最小值为.点睛：本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化以及圆的几何性质,属于中档题.消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数，.（1）若，求不等式的解集；（2）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1) ;(2) .试题解析:（1）令.当时，等价于或或，解得或或，∴不等式的解集为.（2）由题意知，在上恒成立，又，∴，即的取值范围是.。

三明一中2017—2018学年第一学期第一次月考考试高三理科数学试卷（考试时间:120分钟 满分：150分）一、选择题：本大题共12小题,每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求,请把答案填在答题卷相应的位置上．1．已集合{}1A x x =<，{}lg B x y x ==,则（ ）.A ．{}01AB x x =<<B ．{}1AB x x =<C ．A B B =D ．AB =∅2．已知53cos 25πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos 2α=（ ).A ．725- B ．725C ．35- D ．353．函数()ln f x ex x =-在1x =处的切线方程为（ ）.A ．()110e x y ---=B ．()110e x y --+=C ．()110e x y ---=D ．()110e x y --+=4． “αβ≠”是“sin sin αβ≠”的（ ）。

A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知函数()26log f x x x=-，则一定包含()f x 零点的区间是( )。

A ．()0,1 B ．()1,2 C ．()2,4 D ．()4,+∞6．已知函数()sin(2)3f x x π=+，下列说法正确的是（ ）. A ．关于直线512x π=-对称 B ．关于点(,0)12π对称C ．()f x 是定义在R 上的奇函数D ．最小正周期为2π 7．下列函数中，图象的一部分如右图所示的是( ).A ．sin 6y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭B ．cos 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭C ．cos 43y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D ．sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭8．已知1sin 44πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,则cos 22πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭( ）。

A ．78- B ．78 C ．158-D ．1589．已知0,0a b >>,4a b +=,则4a by ab+=的最小值为（ ）。

⎨ ⎩ 三明一中 2017—2018 学年第二学期入学考试高三理科数学试题（考试时间：120 分钟 满分：150 分）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．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把答案填在答题卷相应的位置上．z 1 1．若复数 z 1 , z 2 在复平面内对应的点关于 x 轴对称，且 z 1 = 1 + 2i ，则z 2= （ ）A. - 4 + 3i5 5B. - 3 + 4i5 5C. - 1 + 3i2 2D. - 1 - 3i2 22．设集合 A = {( x , y ) | x2y 2+= 1} ，B = {(x , y ) | y = 3x } ，则 A B 的子集的个数是（ ） 4 16A. 2B. 4C. 8D. 16⎧ x ≥ 03．若实数 x , y 满足约束条件 ⎪ y ≥ 0 ⎪2x + y ≤ 2，则 z = x - 2 y 的最大值是（ ）A. 2B. 1C. 0D. 44．小王同学有三支款式相同、颜色不同的圆珠笔，每支圆珠笔都有一个与之同颜色的笔帽，平时 小王都将笔和笔帽套在一起，但偶尔会将笔和笔帽搭配成不同色.将笔和笔帽随机套在一起，请 问小王将两支笔和笔帽的颜色混搭的概率是（ ）A. 16B. 13C. 12D. 565．已知 O 是 ∆ABC 所在平面内一点， D 为 BC 边中点，且 2OA + OB + OC = 0 ，那么（）A. AO = ODB. AO = 2ODC. AO = 3ODD. 2 A O = OD6．已知 f (x ) = sin (ωx +ϕ) (ω> 0, -π< ϕ< 0) 的最小正周期是 x ，将 f ( x ) 图象向左平移 π个 3单位长度后所得的函数图象过点 P (0,1) ，则 f ( x ) = sin (ωx +ϕ) （）A. 在区间 ⎡- π, π⎤上单调递减⎣⎢6 3 ⎥⎦B. 在区间 ⎡- π, π⎤上单调递增⎣⎢6 3 ⎥⎦C. 在区间 ⎡- π, π⎤上单调递减⎣⎢3 6 ⎥⎦D. 在区间 ⎡- π, π⎤上单调递增⎣⎢3 6 ⎥⎦7．按下图所示的程序框图，若输入 a = 110011 ，则输出的 b = （ ） A. 45B. 47C. 49D. 518．设 a = 20.3, b = 0.32, c = log( x 2 + 0.3)( x > 1) ，则a ,b ,c 的大小关系是（ ）A. a < b < c C. b < a < cB. c < b < a D. b < c < a9．某几何体的三视图如图所示，设正方形的边长为 a ，则该三棱锥 的表面积为（ ）A. a22a26D. 210．已知 y 2 = 4x 抛物线，焦点记为 F ，过点 F 作直线 l 交抛物线于 A , B 两点，则 AF -2 的BF最小值为（ ）A. 2B. 56 C. 3 -D. - 211．2000 多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯((Apollonius)发现：平面截 圆锥的截口曲线是圆锥曲线.已知圆锥的高为 PH ， AB 为地面直径，顶角为 2θ，那么不过顶点 P 的平面；与 PH 夹角π > a > θ时，截口曲线为椭2圆；与 PH 夹角 a =θ时，截口曲线为抛物线；与 PH 夹角θ> a > 0 时， 截口曲线为双曲线.如图，底面内的直线 AM ⊥ AB ，过 AM 的平面截圆锥得到的曲线为椭圆， 其中与 PB 的交点为C ，可知 AC 为长轴.那么当 C 在线段 PB 上运动时，截口曲线的短轴顶点 的轨迹为（）A. 圆的部分B. 椭圆的部分C. 双曲线的部分D. 抛物线的部分0 0⎨ ⎬n n12．设曲线 f ( x ) = -e x - x （ e 为自然对数的底数）上任意一点的切线为 l ，总存在曲线g ( x ) = 3ax + 2cos x 上某点处切线 l 2 ，使得 l 1 ⊥ l 2 ，则实数 a 的取值范围为（ ）A. [-1, 2]B. [3, +∞]C. ⎡- 2 ,1 ⎤D. ⎡- 1 ,2 ⎤⎣⎢ 3 3 ⎥⎦⎣⎢ 3 3 ⎥⎦第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分）二、填空题：本大题共 4 小题中，每小题 5 分，共 20 分.请把答案写在答题卷相应位置上．13． ⎛ x 2 - 1 + 3 ⎫的展开式中常数项是．x ⎪ ⎝⎭ 14．从甲、乙等 8 名志愿者中选 5 人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一 天．若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期 不相邻，那么不同的安排种数为 ．（用数字作答） 15．下列共用四个命题.（1）命题“ ∃x 0 ∈ R ， x 2+ 1 > 3x ”的否定是“ ∀x ∈ R ， x 2 + 1 < 3x ”；（2）在回归分析中，相关指数 R 2 为 0.96 的模型比 R 2 为 0.84 的模型拟合效果好；（3） a , b ∈ R ，p : a < b ， 1 < 1 < 0 ，则 p 是 q 的充分不必要条件；b a（4）已知幂函数 f ( x ) = (m 2 - 3m + 3)x m 为偶函数，则 f (-2) = 4 . 其中正确的序号为．（写出所有正确命题的序号）n16．已知 a n =⎰ ( 2x + 1) d x ， (n ∈ N *) ，数列 ⎧ 1 ⎫的前 n 项和为 S ，数列{b } 的通项公式为 ⎩ a n ⎭b n = n - 8 ，则 b n S n 的最小值为．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）四边形 ABCD 如图所示，已知 AB = BC = CD = 2 ， AD =A - cos C 的值；22（Ⅱ）记 ∆ABD 与 ∆BCD 的面积分别是 S 1 与 S 2 ，求 S 1 + S 2的最大值.18．（本小题满分12 分）18．为调查高中生的数学成绩与学生自主学习时间之间的相关关系，某中学数学教师对新入学的45名学生进行了跟踪调查，其中每周自主做数学题的时间不少于15小时的有19人，余下的人中，在高三模拟考试中数学平均成绩不足120分的占813，统计成绩后，得到如下的2 ⨯ 2 列联表：中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”；（Ⅱ）（ⅰ）按照分层抽样的方法，在上述样本中，从分数大于等于120分和分数不足120分两组学生中抽取9名学生，设抽到的不足120分且周做题时间不足15小时的人数是X ，求X 的分布列（概率用组合数算式表示）；（ⅱ）若将频率视为概率，从全校大于等于120分的学生中随机抽取20人，求这些人中周做题时间不少于15小时的人数的期望和方差.附：K 2 =n(ad-bc)(a +b)(c +d )(a +c)(b +d )19．（本小题满分 12 分）( )如图所示，四棱锥 P - ABCD 的底面是梯形，且 AB / /CD , AB ⊥ 平面 PAD ， E 是 PB 中1 点， CD = PD = AD =AB ．2（Ⅰ）求证： CE ⊥ 平面 PAB ；（Ⅱ）若 CE 所成角的大小．，AB = 4 ，求直线 CE 与平面 PDC20．（本小题满分 12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，动点 S 到点 F (1, 0) 的距离与到直线 x = 2 的距离的比值为.2（Ⅰ）求动点 S 的轨迹 E 的方程；（Ⅱ）过点 F 作与 x 轴不垂直的直线 l 交轨迹 E 于 P ， Q 两点，在线段 OF 上是否存在点M (m , 0) ，使得 MP + MQ ⋅ PQ = 0 ？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，请说明理由.21．（本小题满分 12 分）已知函数 f ( x ) = ln x + a- 1 ， a ∈ R .x（Ⅰ）若关于 x 的不等式 f ( x ) ≤ 1 x - 1 在[1, +∞ ) 上恒成立，求 a 的取值范围；2（Ⅱ）设函数 g ( x ) = f ( x ) ，若 g ( x ) 在 ⎡1, e 2 ⎤ 上存在极值，求 a 的取值范围，并判断极值的正负.x⎣ ⎦注意：请考生在 22、23 题两题中任．选．一．道．题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 22．（本小题满分 10 分）22．选修 4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为： ⎧⎪x ⎨ θ（其中θ为参数）.⎪⎩ y = 3 θ（Ⅰ）以坐标原点为极点， x 轴的正半轴建立极坐标系，求曲线 C 的极坐标方程；⎧x = t cos a（Ⅱ）直线 l 的参数方程为： ⎨⎩ y = t sin a（其中 t 为参数），直线 l 与曲线 C 分别交于 A , B 两点，且 AB |= l 的斜率.23．选修 4-5：不等式选讲已知函数 f ( x ) =2x + 1 . 3（Ⅰ）若不等式 f ( x ) ≥ - x + a 恒成立，求实数 a 的取值范围；（Ⅱ）若对于实数 x , y ，有 x + y + 1 ≤ 1 ， y - 1 ≤ 2 ，求证： f (x ) ≤ 2 . 3333三明一中 2017-2018 学年第二学期入学考试高三理科数学试卷参考答案一、选择题：每小题 5 分，共 60 分．二、填空题：每小题 5 分，共 20 分.13. 117 14. 504015._（2）（4）_16. -4 .三、解答题： 17.（2）依题意 S 2 =1AB 2 ⋅ AD 2s i n 2 A = 12 - 12cos 2 A ， S 2 = 1 BC 2 ⋅ CD 2s i n 2C = 4 - 4cos 2C ， 14 2 4所以 22 22( )22S 1+ S 2= 12 - 12cos A + 4 - 4cos C = 16 - 4 cos C + 1 - 4cos C= -8cos 2C - 8cos C + 12 = -8 ⎛cos C + 1 ⎫+ 14 ， 2 ⎪ ⎝⎭18.解：（1）∵45(15⨯16 -10⨯4)2K2 =≈ 7.287 > 6.63525⨯20⨯19⨯26∴能在犯错误的概率不超过0.01 的前提下认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”（ⅱ）设从全校大于等于120 分的学生中随机抽取20 人，这些人中周做题时间不少于15 小时的人数为随机变量Y ，由题意可知Y ~B (20, 0.6)故E (Y )=12 ， D (Y )= 4.8 .19.所以四边形EFDC 为平行四边形，所以CE / / D F ，所以CE ⊥平面PAB ．（Ⅱ）解：设点O，G 分别为AD，BC 的中点，连结OG ，则OG / / AB ，因为AB ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥AD ，所以OG ⊥AD ．因为所以所以∆因为所以又因为故OA,P(0,所以- = + =21.ln x a 1 21 - 1nx 1 2a2 x - x ln x - 2a （2） g ( x ) = + 2 ， x ∈ ⎡⎣1, e ⎤⎦ ，∴ g ' ( x ) = 2 23 3 . x x x x x x x设 h ( x ) = 2x - x ln x - 2a ，则 h ' ( x ) = 2 - (1 + ln x ) = 1 - ln x .由 h ' ( x ) = 0 ，得 x = e .当1 ≤ x < e 时， h ' ( x ) > 0 ；当 e < x ≤ e 2 时， h ' ( x ) < 0 . ∴ h ( x ) 在[1, e ) 上单调递增，在 (e , e 2 ⎤⎦上单调递减.且 h (1) = 2 - 2a ， h (e ) = e - 2a ， h (e 2 ) = -2a .显然 h (1) > h (e 2 ).h (e ) > 0 结合函数图像可知，若 g ( x ) 在 ⎡⎣1, e 2⎤⎦ 上存在极值，则{ 或{ h (1) ≥ 0 .h (e ) > 0 （ⅰ）当{ h (1) < 0，即1 < a < e 时，2h (1) < 0 h (e 2 ) < 0则必定 ∃x , x ∈ ⎡⎣1, e 2 ⎤⎦，使得 h ( x ) = h ( x ) = 0 ，且1 < x < e < x < e 2 . 1 2 1 2 1 2当 x 变化时， h ( x ) ， g ' ( x ) ， g ( x ) 的变化情况如下表：∴当1 < a < e 时， g ( x ) 在 ⎡1, e 2 ⎤ 上的极值为 g ( x ) , g ( x ) ，且 g ( x ) < g ( x ) . 2∵ g ( x )= ln x 1 + a - 1 ⎣ ⎦1 2 1 2= x 1ln x 1 - x 1 + a .1 x x2 x x 21 1 11设ϕ( x ) = x ln x - x + a ，其中1 < a < e， 1 ≤ x < e .2∵ϕ' ( x ) = ln x > 0 ，∴ϕ( x ) 在 (1, e ) 上单调递增， ϕ( x ) ≥ ϕ(1) = a -1 > 0 ，当且仅当 x = 1 时取等号.e2∵1 < x 1 < e ，∴ g ( x 1 ) > 0 .∴当1 < a < 时， 2g ( x ) 在 ⎡⎣1, e ⎤⎦ 上的极值g ( x 2 ) > g ( x 1 ) > 0 .22.解：试题分析：（１）先将参数方程化为直角坐标方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程；（２）借助参数方程的几何意义直接求解：23.解：（1）根据题意可得 f ( x ) ≥ - x + a 恒成立，即 2x + 1 + x ≥ a ，化简得 x +3 + 3 x ≥ 3a ， 3而 x +3 + 3 x ≥ 3 是恒成立的，所以 3 ≥ 3a ，解得a ≤ 1 ； 2 2 22 2 2 2 2（2）f ( x ) =2 x + 1 = 2 x + 2 = 2 ⎛x - y + 1 + y - 1 ⎫ ≤ 2 ⎛ x - y + 1 + y - 1 ⎫ ≤ 2 ⎛ 1 + 2 ⎫ = 2 ， 3 3 3 3 3 ⎪ 3 3 ⎪ 3 3 3 ⎪ 3所以 f ( x ) ≤ 2.3⎝⎭⎝⎭⎝⎭。

【全国百强校】福建省三明市第一中学2018届高三下学期适应性练习（一）数学（理）试题学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________一、单选题1. 已知集合，，则（）A．B．C．D．2. 设复数满足，则（）A．B．C．D．3. 已知是等差数列的前项和，且，，则（）A．2 B．3 C．4 D．54. 已知函数则（）A．B．C．D．5. 如图1，直线将矩形纸分为两个直角梯形和，将梯形沿边翻折，如图2，在翻折的过程中（平面和平面不重合），下面说法正确的是图1 图2 A．存在某一位置，使得平面B．存在某一位置，使得平面C．在翻折的过程中，平面恒成立D．在翻折的过程中，平面恒成立6. 设向量，满足且，则向量在向量方向的投影为（）A．-2 B．-1 C．1 D．27. 已知函数的部分图象如图所示，是正三角形，为了得到的图象，只需将的图象（）A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移1个单位长度D．向右平移1个单位长度8. 下列说法：①对于独立性检验，的值越大，说明两事件相关程度越大，②以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是和，③某中学有高一学生400人，高二学生300人，高三学生200人，学校团委欲用分层抽样的方法抽取18名学生进行问卷调查，则高一学生被抽到的概率最大，④通过回归直线=+及回归系数,可以精确反映变量的取值和变化趋势，其中正确的个数是A．B．C．D．9. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该几何体的表面积为（）A．B．C．D．10. 已知双曲线，过其右焦点且平行于一条渐近线的直线与另一条渐近线交于点，与双曲线交于点，若，则双曲线的离心率为（）B．C．D．A．11. 某计算机系统在同一时间只能执行一项任务，且该任务完成后才能执行下一项任务.现有三项任务，，，计算机系统执行这三项任务的时间（单位：）依次为，，，其中.一项任务的“相对等待时间”定义为从开始执行第一项任务到完成该任务的时间与计算机系统执行该任务的时间之比.下列四种执行顺序中，使三项任务“相对等待时间”之和最小的是（）A．B．C．D．12. 设，是的前项和.若是递增数列，且对任意，存在，使得.则的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题13. 已知直线为抛物线的准线，则点到的距离为__________．14. 展开式中的系数为__________.15. 已知点满足，则的取值范围为__________．16. 设函数与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数的最大值为__________．三、解答题17. △ABC的内角A，B，C所对边分别为，已知△ABC面积为.（1）求角C；（2）若D为AB中点，且c=2，求CD的最大值.18. 如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，且.（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.19. 已知椭圆：的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程.（2）过点且不与坐标轴垂直的直线交于点，，点是直线上的任意一点，证明：，，的斜率成等差数列.20. 某企业2018年招聘员工，其中，，，，五种岗位的应聘人数、岗位男性应聘人数男性录用人数男性录用比例女性应聘人数女性录用人数女性录用比例269 167 40 2440 12 202 62177 57 184 5944 26 38 223 2 3 2总计533 264 467 169（1）从表中所有应聘人员中随机选择1人，试估计此人被录用的概率；（2）从应聘岗位的6人中随机选择2人.记为这2人中被录用的人数，求的分布列和数学期望；（3）表中，，，，各岗位的男性、女性录用比例都接近（二者之差的绝对值不大于），但男性的总录用比例却明显高于女性的总录用比例.研究发现，若只考虑其中某四种岗位，则男性、女性的总录用比例也接近，请写出这四种岗位.（只需写出结论）21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）设，当时，对任意，存在，使，求实数的取值范围.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数），在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若曲线与交于，两点，点的坐标为，求.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若的解集为，求的取值范围.。

三明市第一中学2018-2019学年上学期高三期中数学模拟题班级_________ 座号_______ 姓名__________ 分数___________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分•每小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的•）1 ■如图所示,网格纸表示边长为］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. 6価+3厉+15 B . 6^10+3^/5+14C . 6価+3厉+15D . 4価+3厉+15【命题意图］本题考査三视图和几何体体积等基础知识,意在考査空间想象能力和基本运算能力•■JT2 •已知函数/（X）= cos（x + y）,则要得到其导函数V = /'（%）的图象,只需将函数y = /（X）的图象（）1TA .向右平移兰个单位29 77C.向右平移丁个单位3・1TB .向左平移兰个单位29 77D.左平移寸个单位正视图侧视图俯视图某个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为92 + 14H ,则该几何体的体积为( )A . 80 + 20TIB . 40 + 20TIC . 60+ 10TID . 80+ 10TI4 .若当寸，函数/(%) = A1-'1 ( «>0且Q工1 )始终满足/(x) A1 ,则函数—1Ogfl,l%l的图象大致是x'( )【命题意图】本题考查了利用函数的基本性质来判断图象，对识图能力及逻辑推理能力有较高要求，难度中等.5.函数/(x)在定义域R上的导函数是/'(X)，若/(x)=/(2-x),且当% e (-oo, 1)时，(%-1)/(%) <0 ,设a = /(0) , b = M近)，c-/(log28),则( )A . a <b< cB . a > b> cC . c< a <bD . a <c <b6.满足下列条件的函数/(x)中，为偶函数的是( )A./(e*)=|x|B.y(e') = e2'C. /(In %) = In %2D./(lnx) = x + 丄' x【命题意图】本题考査函数的解析式与奇偶性等基础知识，意在考査分析求解能力.7.已知&,0丘［一疋,疋］，则"| a\>\/3\ "是a\-\/3\> cosa-cosj3 "的( )A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件［命题意图］本题考査三角函数的性质与充分必要条件等基础知识，意在考查构造函数的思想与运算求解能力.8.设⑺”｝是递增等差数列，前三项的和为12,前三项的积为48,则它的首项是( )A . 1B . 2C . 4D . 69.已知圆M过定点(0,1)且圆心M在抛物线%2 = 2y上运动，若x轴截圆M所得的弦为| PQ | ,则弦长IP0等于( )A . 2B . 3C . 4D .与点位置有关的值【命题意图】本题考查了抛物线的标准方程、圆的几何性质,对数形结合能力与逻辑推理运算能力要求较高，难度较大.10 .执行如图所示的程序框图，输岀的S值为()0A-31B~21C3D211•设函数y = /(x)对一切实数x都满足f(3 + %) = /(3 -劝，且方程/(%) = 0恰有6个不同的实根，贝II这6个实根的和为( )A.18B.12C.9D.0【命题意图】本题考查抽象函数的对称性与函数和方程等基础知识，意在考查运算求解能力.12•如图，佔是半圆O的直径，AB = 2 ,点P从A点沿半圆弧运动至B点，设ZAOP = x，将动点P到A , B两点的距离之和表示为x的函数/ ( x )，则y =/ ( x )的图象大致为( )A B13 •函数/(x) ( xeR f(l) = 2 ,且 伫打丄打 /(x)在R 上的导函数/'(%)满足/'(%)> 3 ,则不等式/(2Y ) <3-2Y -l 的解集为_________________ .［命题意图】本题考查利用函数的单调性解抽象不等式问题，本题对运算能力、化归能力及构造能力都有较高 要求，难度大.14 .如图所示，圆C 中，弦AB 的长度为4 ,则AB^AC 的值为 __________.［命题意图］本题考査平面向量数量积、垂径定理等基础知识，意在考査对概念理解和转化化归的数学思想. 15 .自圆C : (乂一 3)2+0 + 4)2=4外一点戸(乂,刃引该圆的一条切线，切点为Q ,切线的长度等于点P 到 原点O 的长，则\PQ\的最小值为( )［命题意图］本题考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离，意在考查逻辑思维能力、转化能力、运算求解 能力、数形结合的思想.2x-y-2<016 .设变量满足约束条件< x-2y + 2>0 ,则z = («2+l)x-3(«2+l)y 的最小值是-20 ,则实数 x+y-l>0［命题意图］本题考查线性规划问题，意在考査作图与识图能力、逻辑思维能力、运算求解能力•三、解答题(本大共6小题，共70分。

三明一中高三理科数学模拟试卷（一）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：化简集合，根据交集的定义计算.详解：因为集合，化简,所以，故选D.点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2. 若复数满足（为虚数单位），为的共轭复数，则（）A. B. 2 C. D. 3【答案】A【解析】分析：把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，结合复数模的公式求解.详解：由，得，则，，则，故选A.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3. 在矩形中，，，若向该矩形内随机投一点，那么使得与的面积都不小于2的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，由题意知本题是一个几何概型的概率，以AB为底边，要使面积不小于2，由于，则三角形的高要h⩾1,同样,P点到AD的距离要不小于，满足条件的P的区域如图，其表示的区域为图中阴影部分,它的面积是，∴使得△ABP与△ADP的面积都不小于2的概率为：.故选D.4. 已知函数为偶函数，且在单调递减，则的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据函数的单调性与奇偶性将转化为，从而可得结果.详解：因为函数为偶函数，且在单调递减，所以在上递增，又因为，由得，，解得或，的解集为，故选B.点睛：本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.5. 已知双曲线的离心率为，则的值为（）A. 1B. -2C. 1或-2D. -1【答案】C【解析】分析：可用排除法，验证与是否符合题意即可得结果.详解：可用排除法，当时，化为，离心率为，符合题意；当时，化为，离心率为，符合题意,的值为，故选C.点睛：用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率.6. 等比数列的前项和，前项和，前项和分别为，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由等比数列的性质，可知其第一个项和，第二个项和，第三个项和仍然构成等比数列，化简即可得结果.详解：由等比数列的性质可知，等比数列的第一个项和，第二个项和，第三个项和仍然构成等比数列，则有构成等比数列，，即，，故选D.点睛：本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列前项和，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，是基础题.7. 执行如图所示的程序框图，若输入，，输出的，则空白判断框内应填写的条件为（）A. ？B. ？C. ？D. ？【答案】B【解析】分析：模拟执行如图所示的程序框图，即可得出空白判断框内应填的条件是什么.详解：模拟执行如图所示的程序框图知，输入，，不满足，不满足的条件；，不满足，不满足的条件；，不满足，不满足的条件，输出，则空白判断框内应填的条件为，故选B.点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.8. 将函数图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位得到函数图象，在图象的所有对称轴中，离原点最近的对称轴为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据平移变换可得，根据放缩变换可得函数的解析式，结合对称轴方程求解即可.详解：将函数的图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得到，再将所得图象向左平移个单位得到函数的图象，即，由，得，当时，离原点最近的对称轴方程为，故选A.点睛：本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由函数可求得函数的周期为；由可得对称轴方程；由可得对称中心横坐标.9. 在的展开式中，含项的系数是（）A. 119B. 120C. 121D. 720【答案】B【解析】分析：展开式中含项的系数是，利用组合数的运行性质计算即可.详解：的展开式中，含项的系数是，故选B.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数以及组合式的性质，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.10. 我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也；薨,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,则它的体积为（）A. B. 160 C. D. 64【答案】A【解析】分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.11. 已知椭圆：，直线：与轴交于点，过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于，两点，点在直线上，则“轴”是“直线过线段中点”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析：若轴，不妨设与轴交于点，过作交直线于点，由平行线的性质结合椭圆第二定义可得，进而可得结果.详解：若轴，不妨设与轴交于点，过作交直线于点，则：，两次相除得：，又由第二定义可得，为的中点，反之，直线过线段中点，直线斜率为零，则与重合，所以“轴”是“直线过线段中点”的充分不必要条件，故选A.点睛：判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.12. 下列命题为真命题的个数是（）①；②；③；④A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析：①利用分析法和构造函数，利用导数和函数的最值得关系即可判断；②根据对数的运算性质即可判断，③利用分析法和构造函数；④两边取对数即可判断.详解：对于①，设，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，，，即，故①正确.对于②，，故②正确.对于③，设，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，，即，故③正确.对于④，，故④错误，正确命题的个数为个，故选C.点睛：利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 平面向量与的夹角为，，，则__________．【答案】.【解析】分析：先求得，再将，结合平面向量数量积公式可得，再开平方即可得结果.详解：由，得，又，且向量的夹角为，，，故答案为.点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14. 已知实数，满足约束条件，且的最小值为3，则常数__________．【答案】-2.【解析】分析：画出可行域，将变形为，平移直线由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最小，根据的最小值为列方程求解即可.详解：画出表示的可行域，如图，由可得，将变形为，平移直线,由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最小，根据的最小值为可得，解得，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 考虑函数与函数的图像关系，计算：__________．【答案】.【解析】分析：根函数与函数互为反函数，其图象关于直线对称，所以两部分阴影面积相等，利用求解即可.详解：函数与函数互为反函数，其图象关于直线对称，所以两部分阴影面积相等，又函数直线的交点坐标为，，故答案为.点睛：本题主要考查反函数的性质、定积分的几何意义，属于中档题.一般情况下，定积分的几何意义是介于轴、曲线以及直线之间的曲边梯形面积的代数和，其中在轴上方的面积等于该区间上的积分值，在轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数,所以在用定积分求曲边形面积时，一定要分清面积与定积分是相等还是互为相反数；两条曲线之间的面积可以用两曲线差的定积分来求解.16. 如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形，则面积的最大值为__________．【答案】.【解析】分析：在中设运用余弦定理，表示出，利用正弦定理可得，进而用三角形面积公式表示出，利用三角函数的有界性可得结果. 详解：在中，由余弦定理可知，正三角形，，由正弦定理得：，，，，为锐角，，，，当时，，最大值为，故答案为.点睛：本题考查正弦定理与余弦定理的应用以及辅助角公式的应用，属于难题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.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. 若数列的前项和为，首项且（）.（1）求数列的通项公式；（2）若（），令，求数列的前项和.【答案】(1) 或.(2) .【解析】分析：（1），即或，或；(2) 由，可得，，利用裂项相消法求和即可.详解：（1）当时，，则当时，，即或∴或（2）由，∴，∴点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18. 如图，四边形与均为菱形，，且.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：（1））设与相交于点，连接，由菱形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，利用线面垂直的判定定理可得结果；(2)先证明平面.可得，，两两垂直，以，，建立空间直角坐标系，求出，利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：（1）设与相交于点，连接，∵四边形为菱形，∴，且为中点，∵，∴，又，∴平面.（2）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，∵为中点，∴，又，∴平面.∵，，两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，设，∵四边形为菱形，，∴，.∵为等边三角形，∴.∴，，，，∴，，.设平面的法向量为，则，取，得.设直线与平面所成角为，则.点睛：本题主要考查线面垂直的证明、利用空间向量求线面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19. 某市政府为了节约生活用电，计划在本市试行居民生活费定额管理，即确定一户居民月用电量标准，用电量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为此，政府调查了100户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，分组的频率分布直方图如图所示.（1）根据频率分布直方图的数据，求直方图中的值并估计该市每户居民平均用电量的值；（2）用频率估计概率，利用（1）的结果，假设该市每户居民月平均用电量服从正态分布（i）估计该市居民月平均用电量介于度之间的概率；（ii）利用（i）的结论，从该市所有居民中随机抽取3户，记月平均用电量介于度之间的户数为，求的分布列及数学期望.【答案】(1)225.6.(2) （i）；（ii）分布列见解析；.【解析】分析：（1）由矩形面积和为列方程可得，利用每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和，即可得到该市每户居民平均用电量的值；(2) （i）由正态分布的对称性可得结果；（ii）因为，则，，从而可得分布列，利用二项分布的期望公式可得结果.详解：（1）由得（2）（i）（ii）因为，∴，.所以的分布列为所以点睛：“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．20. 如图，圆：，，，为圆上任意一点，过作圆的切线分别交直线和于，两点，连，交于点，若点形成的轨迹为曲线.（1）记，斜率分别为，，求，的值并求曲线的方程；（2）设直线：（）与曲线有两个不同的交点，，与直线交于点，与直线交于点，求的面积与面积的比值的最大值及取得最大值时的值.【答案】(1) ,（）.(2) 时，取得最大值.【解析】分析：（1）先证明，设，由（）故曲线的方程为（）；(2)由，利用韦达定理、弦长公式可得，直线与直线交于点，与直线交于点，可得，，，，利用换元法结合二次函数配方法可得结果.详解：（1）设（），易知过点的切线方程为，其中则，，∴设，由（）故曲线的方程为（）（2），设，，则，，由且，∵直线与直线交于点，与直线交于点∴，∴∴，令，且则当，即，时，取得最大值.点睛：解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.21. 已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）求函数在区间上零点的个数.【答案】(1)见解析.(2) 当时，在区间上有2个零点；时，在区间上有1个零点.【解析】分析：（1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；(2)当时，在单调递增在区间上有一个零点；当时，在单调递增，在区间上有一个零点；当时，在单调递增，在区间上有一个零点；时，时，在单调递增，在上单调递减，在区间上有一个零点；时，在区间上有零点和在区间有一个零点共两个零点.详解：（1）∵当时，，此时在单调递增；当时，①当时，，恒成立，∴，此时在单调递增；②当时，令，即在和上单调递增；在上单调递减；综上：当时，在单调递增；当时，在和上单调递增；在上单调递减；（2）由（1）知，当时，在单调递增，，此时在区间上有一个零点；当时，且，∴在单调递增；，此时在区间上有一个零点；当时，令（负值舍去）①当即时，在单调递增，，此时在区间上有一个零点；②当即时，若即时，在单调递增，在上单调递减，，此时在区间上有一个零点；若即时，在单调递增，在上单调递减，，此时在区间上有零点和在区间有一个零点共两个零点；综上：当时，在区间上有2个零点；时，在区间上有1个零点.点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为（为参数方程，），曲线的极坐标方程为.（1）分别将直线的参数方程和曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）若直线经过点，求直线被曲线截得线段的长.【答案】(1)；.(2)8.【解析】分析：（I）先去参数得到直线的直角坐标方程，再将曲线的极坐标方程两边乘以，根据，，，即可得出曲线的直角坐标方程；（II）根据直线经过点，即可求得，将直线的参数方程代入到曲线的直接坐标方程，结合韦达定理及弦长公式，即可求得直线被曲线截得线段的长．详解：（I）显然.由可得，即.(II)∵直线：过，则,∴将直线的参数方程代入得，由直线参数方程的几何意义可知，.点睛：参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式），先去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程转化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数，（1）解不等式；（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围.【答案】(1).(2).【解析】分析：第一问解绝对值不等式，首先应用零点分段法去掉绝对值符号，将其转化为三个不等式组，最后将不等式组的解集取并集求得结果；第二问将函数的图像画出，之后在同一坐标系中画抛物线，上下移动抛物线，使得函数图像与抛物线在上有交点，从而求得的范围.详解：（1）可化为或或；或或；不等式的解集为；（2）由题意：故方程在区间有解函数和函数图象在区间上有交点当时，.点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的问题，一是涉及到绝对值不等式的求解问题，利用零点分段法求解，二是关于方程有解求参数范围的问题，在求解的过程中，可以转化为函数图像有交点，观察图像求得其范围，此处数形结合思想就显得尤为重要.。

2018年三明市普通高中毕业班质量检查测试理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合，，则A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：化简集合A，B，由此能求出A∩B．详解：∵集合A={x|22﹣x＞1}={x|x＜2}，B={x||x+1|＜3}={x|﹣4＜x＜2}，∴A∩B={x|﹣4＜x＜2}=（﹣4，2）．故选：C．点睛：本题考查交集的求法，考查运算求解能力，是基础题．2. 已知复数是虚数单位，，则＝A. B. C. 0 D. 2【答案】A【解析】分析：利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求出a，b的值得答案．详解：∵=，∴a=﹣1，b=﹣1，则a+b=﹣2．故选：A．点睛：复数的运算，难点是乘除法法则，设，则，.3. 如图，是平面四边形各边中点，若在平面四边形中任取一点，则该点取自阴影部分的概率是A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据中位线定理明确阴影部分的面积与平面四边形的面积的关系即可. 详解：连AC，与HE，FG分别交于M，N两点，，，∴∴∴该点取自阴影部分的概率是故选：B点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．4. 如图，已知正方体的棱长为2，则以下四个命题中错误．．的是A. 直线与为异面直线B. 平面C. D. 三棱锥的体积为【答案】D【解析】分析：在A中，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线；在B中，由A1C1∥AC，得A1C1∥平面ACD1；在C中，由AC⊥BD，AC⊥DD1，得AC⊥面BDD1，从而BD1⊥AC；在D中，三棱锥D1﹣ADC的体积为．详解：由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，知：在A中，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，BD1⊂平面A1B1C1D1，D1∉直线A1C1，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；在B中，∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴A1C1∥平面ACD1，故B正确；在C中，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，∵BD∩DD1，∴AC⊥面BDD1，∴BD1⊥AC，故C正确；在D中，三棱锥D1﹣ADC的体积：==，故D错误．故选：D．点睛：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．5. 在边长为2的等边三角形中，若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：用基底表示目标向量，从而得到数量积.详解：∵边长为2的等边三角形中，，∴，.故选：B点睛：平面向量数量积的类型及求法(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.6. 已知函数，命题的图象关于点对称；命题在区间上为减函数，则A. 为真命题B. 为假命题C. 为真命题D. 为假命题【答案】C【解析】分析：根据三角函数的性质，分别判断命题p，q的真假性，结合复合命题真假关系进行判断即可．详解：f（﹣）=cos[2（﹣）+]=cos（﹣+）=cos≠0，即命题p：f（x）的图象关于点对称为假命题，当﹣≤x≤0时，﹣≤2x≤0，0≤2x+≤，此时函数f（x）为减函数，即命题q是真命题，则p∨q为真命题，其余为假命题，故选：C．点睛：本题主要考查复合命题真假关系的判断，根据条件判断命题命题p，q的真假性是解决本题的关键．7. 我国古代著名的“物不知数”问题：“今有物其数大于八，二二数之剩一，三三数之剩一，五五数之剩二，问物几何？”即“已知大于八的数，被二除余一，被三除余一，被五除余二，问该数为多少？”为解决此问题，现有同学设计了如图所示的程序框图，则框图中的“”处应填入A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：由已知中的程序语句可知该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a的值，根据输出的a的条件可得答案．详解：由题意，判断框内应该判断a的值是否同时能被二除余一，被三除余一，即判断是否为整数．故选：A．点睛：本题的实质是累加满足条件的数据，可利用循环语句来实现数值的累加（乘）常分以下步骤：（1）观察S的表达式分析，确定循环的初值、终值、步长；（2）观察每次累加的值的通项公式；（3）在循环前给累加器和循环变量赋初值，累加器的初值为0，累乘器的初值为1，环变量的初值同累加（乘）第一项的相关初值；（4）在循环体中要先计算累加（乘）值，如果累加（乘）值比较简单可以省略此步，累加（乘），给循环变量加步长；（5）输出累加（乘）值．8. 若，，，则的大小关系为A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据指数函数的性质分别判断即可．详解：由题意0＜a＜1，故a＜a a，故a a＞，即b＞c，而c=＞a=π﹣2，故选：B．点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．.......................................9. 已知，，点在圆上运动，若△的面积的最小值为，则实数的值为A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】D【解析】分析：以AB为底边，△的面积的最小值为，即求点到直线AB的距离d最短，利用圆的几何性质处理即可.详解：直线AB：，即若△的面积最小，则点到直线AB的距离d最短，，又△的面积的最小值为，∴即∴或故选：D点睛：当直线与圆相离时，经常涉及圆上点到直线的距离的最值问题，方法为：过圆心向直线作垂线，与圆交于两点，这两点到直线的距离即最大值与最小值.10. 在两直角边分别为，斜边为的直角三角形中，若，，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：设∠B=，把m用三角形式表示，利用与的关系转为新函数的最值即可.详解：设∠B=，又斜边为的直角三角形中，，∴，∴，设，则，∴，又∴故选：C点睛：对于sin＋cos，sin cos，sin－cos这三个式子，利用(sin±cos)2＝1±2sin cos，可以知一求二．11. 已知某几何体的三视图如图所示，其正视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体外接球的表面积为A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，过底面外心作底面的垂线与线段AB的中垂面的交点即球心，利用勾股定理计算即可.详解：由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中，，在中，，∴，∴的外接圆的直径为,∴∴外接球的半径为，∴该几何体外接球的表面积为故选：A点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．12. 已知函数，当时，对于任意的实数，都有不等式成立，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：求得f（x）的导数，可得f（x）的单调性，令g（x）=f（x）﹣f（1﹣x），可得g（x）的单调性，以及g（x）+g（1﹣x）=0，将原不等式转化，可得x1＞1﹣sin2θ恒成立，由正弦函数的值域即可得到所求范围．详解：函数f（x）=e2018x+mx3﹣m（m＞0），导数为f′（x）=2018e2018x+3mx2，可得m＞0时，f（x）在R上递增，可令g（x）=f（x）﹣f（1﹣x），可得g（x）在R上递增，且g（x）+g（1﹣x）=f（x）﹣f（1﹣x）+f（1﹣x）﹣f（x）=0，由f（x1）+f（sin2θ）＞f（x2）+f（cos2θ）成立，可得f（x1）﹣f（x2）+f（sin2θ）﹣f（cos2θ）＞0成立，即为f（x1）﹣f（1﹣x1）+f（sin2θ）﹣f（1﹣sin2θ）＞0，即g（x1）+g（sin2θ）＞0，可得g（x1）＞﹣g（sin2θ）=g（1﹣sin2θ），即有x1＞1﹣sin2θ恒成立，由于1﹣sin2θ的最大值为1，可得x1＞1，故选：D．点睛：处理抽象不等式的常用方法：般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为考查函数的单调性的问题或解不等式(组)的问题，若为偶函数，则，若函数是奇函数，则．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 设实数满足约束条件则的最大值为______．【答案】6【解析】分析：由约束条件作出可行域，再由z==3+的几何意义，利用可行域内的动点与原点连线的斜率求出最大值．详解：画出约束条件表示的平面区域如图所示，由，解得A（1，3），此时取得最大值3，∴=3+的最大值为3+3=6．故答案为：6．点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14. 已知定义在上的偶函数，满足，当时，，则＝______．【答案】【解析】分析：由可知，函数的周期为2，利用周期性与奇偶性把所给的两个自变量转化到区间上，代入求值即可.详解：由可知，函数的周期为2，又为偶函数∴故答案为：点睛：本题重点考查了奇偶性与周期性的应用，考查了转化的思想方法，属于中档题.15. 设，则＝__．【答案】5【解析】分析：先求出值，再赋值，即可求得所求式子的值.详解：由题易知：令，可得∴＝5故答案为：5点睛：本题考查了二项式定理的有关知识，关键是根据目标的结构合理赋值，属于中档题.16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，是右支上的一点，是的延长线上一点，且，若，则的离心率的取值范围是______________．【答案】【解析】分析：设，利用双曲线定义及题设可得直角三角形各边的大小，结合勾股定理及两边之和大于第三边即可求得的离心率的取值范围.详解：设，则，，∴，即，又即，得：∴方程有大于的根∴得，又∴故答案为：点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答. 第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17. 已知正项数列的前n项和为，，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由与的关系，求出数列的通项公式；（2）由，利用累加法得到，从而＝，利用裂项相消法求和即可.详解：（1）因为，且，所以，所以．所以…①，当时，有…②，①、②两式作差得，所以，因为，所以，又因为，所以．（2）因为，，所以，，所以当时，，＝＝．又也适合上式，所以．所以＝＝，所以＝＝，＝．点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18. 在四棱锥中，．（1）设与相交于点，，且平面，求实数的值；（2）若且, 求二面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：(1)由易得，然后利用平面性质易得实数的值；(2)先证明平面，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，代入公式可得二面角的正弦值．详解：（1）因为,所以．因为，平面，平面平面，所以．所以，即．（2）因为,可知为等边三角形，所以，又，故，所有．由已知，所以平面，如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，所以，则，设平面的一个法向量为，则有即设，则，所以，设平面的一个法向量为，由已知可得即令，则，所以．所以，设二面角的平面角为，则．点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19. 在平面直角坐标系中，已知，若直线⊥于点，点是直线上的一动点，是线段的中点，且，点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）过点作直线交于点，交轴于点，过作直线，交于点．试判断是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）2【解析】分析：（1）设，由题意得，由，得到曲线的方程；（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，因为，所以的方程为，联立方程分别求出，，即可作出判断.详解：（1）设，由题意得，所以，所以，化简得，所以所求点的轨迹E的方程为．（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，令，得，即．由解得，即，因为，所以的方程为，由解得，所以，，，所以＝2．点睛：求定值问题常见的方法①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．20. 近年来，随着汽车消费的普及，二手车流通行业得到迅猛发展．某汽车交易市场对2017年成交的二手车的交易前的使用时间（以下简称“使用时间”）进行统计，得到如图1所示的频率分布直方图．在图1对使用时间的分组中，将使用时间落入各组的频率视为概率．图1 图2（1）若在该交易市场随机选取3辆2017年成交的二手车，求恰有2辆使用年限在的概率；（2）根据该汽车交易市场往年的数据，得到图2所示的散点图，其中(单位：年)表示二手车的使用时间，(单位：万元)表示相应的二手车的平均交易价格．①由散点图判断，可采用作为该交易市场二手车平均交易价格关于其使用年限的回归方程，相关数据如下表(表中，)：试选用表中数据，求出关于的回归方程；②该汽车交易市场拟定两个收取佣金的方案供选择．甲：对每辆二手车统一收取成交价格的的佣金；乙：对使用8年以内(含8年)的二手车收取成交价格的的佣金，对使用时间8年以上(不含8年)的二手车收取成交价格的的佣金．假设采用何种收取佣金的方案不影响该交易市场的成交量，根据回归方程和图表1，并用各时间组的区间中点值代表该组的各个值．判断该汽车交易市场应选择哪个方案能获得更多佣金．附注：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为；②参考数据：．【答案】（1）；（2）①，②见解析【解析】分析：（1）由频率分布直方图得，该汽车交易市场2017年成交的二手车使用时间在的频率为，在的频率为，则．（2）①由得，即关于的线性回归方程为．其中，则关于的线性回归方程为，据此可得②根据①中的回归方程和图1，对成交的二手车可预测：使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为，则该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为万元.详解：（1）由频率分布直方图得，该汽车交易市场2017年成交的二手车使用时间在的频率为，在的频率为所以．（2）①由得，即关于的线性回归方程为．因为，所以关于的线性回归方程为，即关于的回归方程为②根据①中的回归方程和图1，对成交的二手车可预测：使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为；使用时间在的平均成交价格为，对应的频率为所以该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为万元.点睛：本题主要考查非线性回归方程及其应用，离散型随机变量的分布列等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.21. 已知函数.（1）当时，恒成立，求实数的取值范围；（2）证明：当时，函数有最小值，设最小值为，求函数的值域.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）原问题等价于对恒成立，设，求其最小值即可；（2）求导得，记，，由（1）知在区间内单调递增，从而得到当时，函数有最小值；，又因为．所以，从而易得函数的值域.详解：（1）因为对恒成立，等价于对恒成立，设得，故在上单调递增，当时，由上知，所以,即，所以实数的取值范围为；（2）对求导得，记，，由（1）知在区间内单调递增，又，所以存在唯一正实数，使得，当时，，，函数在区间单调递减；时，，，函数在区间单调递增；所以在内有最小值，由题设即．又因为．所以．根据（1）知，在内单调递增，，所以．令，则，函数在区间内单调递增，所以，即函数的值域为．点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．（1）求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，求．【答案】（1），；（2）【解析】分析：解法一：（1）消去参数可得的普通方程为，则极坐标方程为．极坐标方程化为直角坐标方程可得的直角坐标方程为．（2）设的极坐标分别为，则，联立极坐标方程可得，则，结合三角函数的性质计算可得．解法二：（1）同解法一（2）曲线表示圆心为且半径为1的圆．联立直线参数方程的标准形式与圆的方程可得，结合参数的几何意义知，则解法三：（1）同解法一（2）曲线表示圆心为且半径为1的圆．的普通方程为，由弦长公式可得，则是等边三角形，， .详解：解法一：（1）由得的普通方程为，又因为，所以的极坐标方程为．由得，即，所以的直角坐标方程为．（2）设的极坐标分别为，则由消去得，化为，即，因为，即，所以，或，即或所以．解法二：（1）同解法一（2）曲线的方程可化为，表示圆心为且半径为1的圆．将的参数方程化为标准形式(其中为参数)，代入的直角坐标方程为得，，整理得，，解得或．设对应的参数分别为，则．所以，又因为是圆上的点，所以解法三：（1）同解法一（2）曲线的方程可化为，表示圆心为且半径为1的圆．又由①得的普通方程为，则点到直线的距离为，所以，所以是等边三角形，所以，又因为是圆上的点，所以 .点睛：本题主要考查直线的参数方程，圆的参数方程，参数方程与普通方程、极坐标方程之间的转化等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23. 已知函数，，．（1）当时，解关于的不等式；（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）当时，，零点分段求解不等式可得的解集为．（2）原问题等价于．结合绝对值三角不等式的性质可得．结合二次函数的性质可得．据此求解不等式可得的取值范围为．详解：（1）当时，，则当时，由得，，解得；当时，恒成立；当时，由得，，解得．所以的解集为．（2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，所以．因为，所以，且，…①当时，①式等号成立，即．又因为，…②当时，②式等号成立，即．所以，整理得，，解得或，即的取值范围为．点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。