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2017-2018学年广西柳州高中、南宁二中高三(上)第二次联考数学试卷(文科)

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2017-2018学年广西柳州高中、南宁二中高三（上）第二次联考数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={y|y=2x}，则A∩B=（）A．（0，3]B．（0，3） C．[0，3]D．[3，+∞）2．（5分）设i是虚数单位，若复数，则=（）A．B．C．D．3．（5分）设a＞b，a，b，c∈R则下列命题为真命题的是（）A．ac2＞bc2 B．C．a﹣c＞b﹣c D．a2＞b24．（5分）已知单位向量满足，则与的夹角是（）A．B．C．D．5．（5分）命题“∃x0∈R，”的否定是（）A．∃x0∈R，B．∃x0∈R，C．∀x∈R，x+cosx﹣e x≥1 D．∀x∈R，x+cosx﹣e x≤16．（5分）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为（）A．6里 B．12里C．24里D．48里7．（5分）如图所示的程序的输出结果为S=132，则判断框中应填（）A．i≥10？B．i≥11？C．i≤11？D．i≥12？8．（5分）已知双曲线=1的一焦点与抛物线y2=8x的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为（）A． B．y=±3x C．D．9．（5分）若x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为（）A．1 B．2 C．4 D．810．（5分）老师计算在晚修19：00﹣20：00解答同学甲乙的问题，预计解答完一个学生的问题需要20分钟．若甲乙两人在晚修内的任意时刻去问问题是相互独立的，则两人独自去时不需要等待的概率（）A．B．C．D．11．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图（等腰直角三角形）和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是（）A．B． C．D．12．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc=1，b+2ccosA=0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为（）A．3 B．C．D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）曲线在点（1，0）处的切线方程为．14．（5分）已知函数，则=．15．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．16．（5分）过点（，0）引直线l与曲线y=相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于．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．（12分）设a1=2，a2=4，数列{b n}满足：b n+1=2b n+2，且a n+1﹣a n=b n；（1）求证：数列{b n+2}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式．18．（12分）交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的概率；（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：①若该销售商店内有6辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选两辆车，求这两车辆中恰好有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进120辆（车龄已满三年）该品牌的二手车，求一辆车盈利的平均值．19．（12分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=60°．（Ⅰ）求证：BC1⊥平面ABC；（Ⅱ）E是棱CC1上的一点，若三棱锥E﹣ABC的体积为，求CE的长．20．（12分）如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4．（1）求椭圆C的方程；（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx（a＜0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若对任意x1，x2∈（0，1]，且x1≠x2，都有，求实数a的取值范围．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选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线D的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C的极坐标的方程以及曲线D的直角坐标方程；（Ⅱ）若过点（极坐标）且倾斜角为的直线l与曲线C交于M，N两点，弦MN的中点为P，求的值．选修4-5：不等式选讲23．已知函数f（x）=|x﹣1|．（1）求不等式f（x）≥3﹣2|x|的解集；（2）若函数g（x）=f（x）+|x+3|的最小值为m，正数a，b满足a+b=m，求证：．2017-2018学年广西柳州高中、南宁二中高三（上）第二次联考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={y|y=2x}，则A∩B=（）A．（0，3]B．（0，3） C．[0，3]D．[3，+∞）【解答】解：A={x|x2﹣2x﹣3≤0}=[﹣1，3]，B={y|y=2x}=（0，+∞），则A∩B=（0，3]，故选：A．2．（5分）设i是虚数单位，若复数，则=（）A．B．C．D．【解答】解：由=，得．故选：A．3．（5分）设a＞b，a，b，c∈R则下列命题为真命题的是（）A．ac2＞bc2 B．C．a﹣c＞b﹣c D．a2＞b2【解答】解：对于A，c=0时，显然不成立，对于B，令a=2，b=﹣1，显然不成立，对于C，根据不等式的基本性质判断成立，对于D，令a=1，b=﹣2，显然不成立，故选：C．4．（5分）已知单位向量满足，则与的夹角是（）A．B．C．D．【解答】解：∵，∴=，∴•=0，⊥，如图所示：，则与的夹角是，故选：D．5．（5分）命题“∃x0∈R，”的否定是（）A．∃x0∈R，B．∃x0∈R，C．∀x∈R，x+cosx﹣e x≥1 D．∀x∈R，x+cosx﹣e x≤1【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃x0∈R，”的否定是：∀x∈R，x+cosx﹣e x≤1；故选：D．6．（5分）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为（）A．6里 B．12里C．24里D．48里【解答】解：记每天走的路程里数为{a n}，由题意知{a n}是公比的等比数列，由S6=378，得=378，解得：a1=192，∴=12（里）．故选：B．7．（5分）如图所示的程序的输出结果为S=132，则判断框中应填（）A．i≥10？B．i≥11？C．i≤11？D．i≥12？【解答】解：由题意，S表示从12开始的逐渐减小的若干个整数的乘积，由于12×11=132，故此循环体需要执行两次所以每次执行后i的值依次为11，10由于i的值为10时，就应该退出循环，再考察四个选项，B符合题意故选B8．（5分）已知双曲线=1的一焦点与抛物线y2=8x的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为（）A． B．y=±3x C．D．【解答】解：根据题意，抛物线的方程为：y2=8x，其焦点坐标为（2，0），若双曲线=1的一焦点与抛物线y2=8x的焦点重合，则双曲线的焦点坐标为（±2，0），则有3+b=4，解可得b=1，则双曲线的方程为=1，其中a=，b=1，其渐近线方程为：y=±x；故选：C．9．（5分）若x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：作出约束条件，对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大．由，解得，即A（3，2）将A（3，2）的坐标代入目标函数z=2x+y，得z=2×3+2=8．即z=2x+y的最大值为8．故选：D．10．（5分）老师计算在晚修19：00﹣20：00解答同学甲乙的问题，预计解答完一个学生的问题需要20分钟．若甲乙两人在晚修内的任意时刻去问问题是相互独立的，则两人独自去时不需要等待的概率（）A．B．C．D．【解答】解：由题意知本题是一个几何概型，试验包含的所有事件是Ω={（x，y）|19＜x＜20，19＜y＜20}事件对应的集合表示的面积是S=1×1=1，满足条件的事件是A={（x，y）|19＜x＜20，19＜y＜20，|x﹣y|≥}事件对应的集合表示的面积是S′=2×××=，根据几何概型概率公式得到P=．故选：B．11．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图（等腰直角三角形）和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是（）A．B． C．D．【解答】解：该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P﹣ABCD，如图所示，该几何体的俯视图为D．故选：D．12．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc=1，b+2ccosA=0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为（）A．3 B．C．D．【解答】解：由b+2ccosA=0，则cosA＜0，A为钝角，由正弦定理可得：sinB+2sinCcosA=0，由sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，则sinAcosC+cosAsinC+2sinCcosA=0，即sinAcosC=﹣3sinCcosA，由cosAcosC≠0，可得tanA=﹣3tanC，且tanC＞0，∴tanB=﹣tan（A+C）=﹣==≤=，当且仅当=3tanC，即tanC=时取等号；∴B取得最大值时，c=b=1，C=B=；∴A=，a2=b2+c2﹣2bccosA=3，∴a=；∴三角形的周长为a+b+c=2+．故选C．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）曲线在点（1，0）处的切线方程为y=3（x﹣1）．【解答】解：y′=2x+，则y′|x=1=3，故切线方程是y=3（x﹣1），故答案为：y=3（x﹣1）．14．（5分）已知函数，则=8．【解答】解：∵函数，∴f（）==2，f（）==6，∴=2+6=8．故答案为：8．15．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，0，0），B1（2，3，1），B（2，3，0），C1（0，3，1），=（0，3，1），=（﹣2，0，1），设异面直线AB1与BC1所成角为θ，则cosθ===．∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为．故答案为：．16．（5分）过点（，0）引直线l与曲线y=相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于﹣．【解答】解：由，得x2+y2=1（y≥0）∴曲线表示単位圆在x轴上方的部分（含于x轴的交点）由题知，直线斜率存在，设直线l的斜率为k，若直线与曲线有两个交点，且直线不与x轴重合则﹣1＜k＜0∴直线l的方程为：即则圆心O到直线l的距离直线l被半圆所截得的弦长为|AB|=∴===令则当S△AOB有最大值为此时，∴又∵﹣1＜k＜0∴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．（12分）设a1=2，a2=4，数列{b n}满足：b n+1=2b n+2，且a n+1﹣a n=b n；（1）求证：数列{b n+2}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式．【解答】（1）证明：a1=2，a2=4，且a n+1﹣a n=b n；∴b1=a2﹣a1=4﹣2=2．=2b n+2，变形为：b n+1=2=2（b n+2），由b n+1∴数列{b n+2}是等比数列，首项为4，公比为2．（2）解：由（1）可得：b n+2=4×2n﹣1，可得b n=2n+1﹣2．∴a n﹣a n=b n=2n+1﹣2．+1∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=（2n﹣2）+（2n﹣1﹣2）+…+（22﹣2）+2=2n+2n﹣1+…+22+2﹣2（n﹣1）=﹣2n+2=2n+1﹣2n．18．（12分）交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：（1）求一辆普通6座以下私家车在第四年续保时保费高于基本保费的概率；（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元，且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：①若该销售商店内有6辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选两辆车，求这两车辆中恰好有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进120辆（车龄已满三年）该品牌的二手车，求一辆车盈利的平均值．【解答】解：（1）一辆普通6座以下私家车第四年续保时保费高于基本保费的频率为P=．（2）①由统计数据可知，该销售商店内的六辆该品牌车龄已满三年的二手车有两辆事故车，设为b1，b2，四辆非事故车设为a1，a2，a3，a4，从六辆车中随机挑选两辆车共有：（b1，b2），（b1，a1），（b1，a2），（b1，a3），（b1，a4），（b2，a1），（b2，a2），（b2，a3），（b2，a4），（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a2，a3），（a2，a4），（a3，a4），总共15种情况，其中两辆车恰好有一辆事故车共有（b1，a1），（b1，a2），（b1，a3），（b1，a4），（b2，a1），（b2，a2），（b2，a3），（b2，a4），共8种情况，所以该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率为P=．②由统计数据可知，该销售商一次购进120辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车40辆，非事故车80辆，所以一辆车盈利的平均值为[（﹣5000）×40+10000×80]=5000元．19．（12分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=60°．（Ⅰ）求证：BC1⊥平面ABC；（Ⅱ）E是棱CC1上的一点，若三棱锥E﹣ABC的体积为，求CE的长．【解答】证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BB1C1C，BC1⊆平面BB1C1C，∴AB⊥BC1，在△CBC1中，BC=1，CC1=BB1=2，∠BCC1=60°，由余弦定理得：，解得，∴，∴BC⊥BC1，又BC∩AB=B，∴C1B⊥平面ABC．解：（Ⅱ）∵AB⊥面BB1C1C，∴，∴，解得CE=1．20．（12分）如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4．（1）求椭圆C的方程；（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）椭圆C：经过点P （1，），可得①由离心率e=得=，即a=2c，则b2=3c2②，代入①解得c=1，a=2，b=故椭圆的方程为（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k（x﹣1）③代入椭圆方程并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0设A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2=，④在方程③中，令x=4得，M的坐标为（4，3k），从而，，=k﹣注意到A，F，B共线，则有k=k AF=k BF，即有==k所以k1+k2=+=+﹣（+）=2k﹣×⑤④代入⑤得k1+k2=2k﹣×=2k﹣1又k3=k﹣，所以k1+k2=2k3故存在常数λ=2符合题意方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为令x=4，求得M（4，）从而直线PM的斜率为k3=，联立，得A（，），则直线PA的斜率k1=，直线PB的斜率为k2=所以k1+k2=+=2×=2k3，故存在常数λ=2符合题意21．（12分）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx（a＜0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若对任意x1，x2∈（0，1]，且x1≠x2，都有，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域（0，+∞），f′（x）=1﹣=，当a＜0时，f'（x）＞0恒成立，此时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数；（2）当a＜0时，函数f（x）在（0，1]上是增函数，又函数y=在（0，1]上是减函数，不妨设0＜x1＜x2≤1，则|f（x1）﹣f（x2）|=f（x2）﹣f（x1），|﹣|=﹣，所以|f（x1）﹣f（x2）|＜4|﹣|等价于f（x2）﹣f（x1）＜﹣，即f（x2）+＜f（x1）+，设h（x）=f（x）+=x﹣1﹣alnx+，则|f（x1）﹣f（x2）|＜4|﹣|等价于函数h（x）在区间（0，1]上是减函数．于是h′（x）=1﹣﹣=≤0即x2﹣ax﹣4≤0在x∈（0，1]时恒成立，从而a≥x﹣在x∈（0，1]上恒成立，而函数y=x﹣在区间（0，1]上是增函数，所以y=x﹣的最大值为﹣3．于是a≥﹣3，又a＜0，所以a∈[﹣3，0）．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选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线D的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C的极坐标的方程以及曲线D的直角坐标方程；（Ⅱ）若过点（极坐标）且倾斜角为的直线l与曲线C交于M，N两点，弦MN的中点为P，求的值．【解答】解：（Ⅰ）由题意C的方程为：，可得C的普通方程为：，将代入曲线方程可得：．因为曲线D的极坐标方程为，所以．又ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ．所以．所以曲线C的极坐标方程为：，曲线D的直角坐标方程为：x2+y2=．（Ⅱ）因为点，化为直角坐标为，所以A（2，2）．因为直线l过点A（2，2）且倾斜角为，所以直线l的参数方程为，代入中，得：，所以由韦达定理：，，所以．选修4-5：不等式选讲23．已知函数f（x）=|x﹣1|．（1）求不等式f（x）≥3﹣2|x|的解集；（2）若函数g（x）=f（x）+|x+3|的最小值为m，正数a，b满足a+b=m，求证：．【解答】解：（1）当x≥1时，得，∴．当0＜x＜1时，得1﹣x≥3﹣2x⇒x≥2．∴无解当x≤0时，得所以，不等式的解集为或；证明（2）∵g（x）=|x﹣1|+|x+3|≥|（x﹣1）﹣（x+3）|=4，∴m=4，即a+b=4，又由均值不等式有：，两式相加得，∴．。

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广西柳州二中2017-2018学年上学期高二期中考试数学(文)试卷含答案

广西柳州二中2017-2018学年上学期高二期中考试数学(文)试卷含答案

2017-2018上学期柳州二中高二文科数学段考试题试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟。

一。

选择题：本题共12小题,每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设集合{|21}A x x =-≤，{}0)2(≤-=x x x B ，则A B ⋃=( )A ．[]2,1B ．[]3,0C ．{}2,1 D ．{}3,2,1,0 2．下列双曲线中，渐近线方程为2y x =±的是（ ）A.2214y x -=B 。

2214x y -= C 。

2212y x -= D 。

2212x y -=3．已知向量a 与b 的夹角为120°，4,3==b a ，则=+b a ( ) A. 5B 。

7C 。

13D 。

374．三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A 。

61B 。

31 C.32D 。

15．下列命题中，真命题为( ）A ．1sin ,00>∈∃x R xB ．命题:p 2,2x x R x ∀∈>,则22,:x R x p x ≤∈∀⌝C ．已知,a b 为实数，则1ab =-是0a b +=的充分条件D ．已知,a b 为实数，则1ab >是1,1a b >>的充分不必要条件6．从分别写有1,2，3,4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张,则抽得的第一张卡片上的 数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）A ．101B ．51C ．103D ． 527．等比数列{}n a 满足21,35311=++=a a a a ，则=++753a a a （ )A ．21B ．42 C.63 D ．848．如图给出的是计算111124620+++⋅⋅⋅+的值的一个框图,其中菱形判断框内应填 入的条件是( )A ．8?i >B ．9?i >C ．10?i >D ．11?i >9．设偶函数()f x 在()0,+∞上为增函数，若()20f =则不等式0)()(>-+x x f x f 的解集为（ )A ．()()2,02,-⋃+∞ B ．()(),20,2-∞-⋃ C.()(),22,-∞-⋃+∞ D ．()()2,00,2-⋃10．已知10<<<b a ，给出以下结论：①ba⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎭⎫⎝⎛3121;②3121ba >；③b a 3121log log >；.31log 21log b a>④ 则其中正确的结论个数是（ ）A. 1个B. 2个 C 。

【全国百强校】广西南宁第二中学2017届高三2月月考数学(文)试题(图片版)

【全国百强校】广西南宁第二中学2017届高三2月月考数学(文)试题(图片版)

2017年2月南宁二中高三月考数学（文）参考答案13.13；14.[]2,4-；15.55；16.7三、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.解析：由正弦定理得：BBC A A B b c A a cos sin 2sin 3cos sin 2cos 23cos 2-=⇒-=，………………1分 即A B A C B A cos sin 2cos sin 3cos sin 2-=，即A C CB A B A cos sin 3sin 2)sin cos cos (sin 2==+，…………………………3分由于32cos ,0sin =∴≠A C ，则35sin =A ，由于,sin 5B b =………………4分则35sin sin ==B b Aa ………………………………6分 （2）由ABC ∆的面积为25，得25sin 21=A ab ，…………………………7分所以3=bc ，…………………………8分又634,622=-+=bc c b a ，63102=-+bc c b ）（，………………10分即162=+）（c b ，所以4=+c b .…………………………12分 18.解析：(Ⅰ) 设各小长方形的宽度为m ，由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，可知 (0.080.10.140.120.040.02)0.51m m +++++⋅==，故2m =； （Ⅱ） 由(Ⅰ)知各小组依次是[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12]，其中点分别为1,3,5,7,9,11，对应的频率分别为0.16,0.20,0.28,0.24,0.08,0.04， 故可估计平均值为10.1630.250.2870.2490.08110.045⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；（Ⅲ） 空白栏中填5. 由题意可知，1234535x ++++==，232573.85y ++++==，51122332455769i ii x y==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∑，522222211234555i i x ==++++=∑，根据公式，可求得26953 3.8121.2555310b -⨯⨯===-⨯， 3.8 1.230.2a =-⨯=， 即回归直线的方程为 1.20.2y x =+.19.解：（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥， 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =， 所以BC PCD ⊥平面. 而DE PCD ⊂平面，所以BC DE ⊥. ．．．．．．．．．．．2分 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥.而PC BC C =，所以DE ⊥平面PBC . 而PB PBC ⊂平面，所以PB DE ⊥. 又PB EF ⊥，DE EF E =，所以PB ⊥平面DEF . ．．．．．．．．．．．4分由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB DFB ∠∠，.．．．．．．6分（Ⅱ）1PD DC ==，设BC λ=，有BD =在Rt △PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3DPF FDB ∠=∠=, 则 2πtantan 133BDDPF PDλ=∠==+=, 解得2λ=.．．．．．．．．．．．8分 则23,21,2223,3=====BF EF DE DF BD ，.．．．．．．．．．．．10分 1622321222131213131=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=∆-BF EF DE BF S V DEF DEFB 12分 20.解析：(I)证明1:22,()()OA OB OA OB OA OB OA OB +=-∴+=-,222222OA OA OB OB OA OA OB OB +⋅+=-⋅+,整理得:0OA OB ⋅=,12120x x y y ∴⋅+⋅=……………………2分设M(x,y)是以线段AB 为直径的圆上的任意一点,则0MA MB ⋅=,即1212()()()()0x x x x y y y y --+--=,整理得:221212()()0x y x x x y y y +-+-+= 故线段AB 是圆C 的直径.…………5分证明2: 22,()()OA OB OA OB OA OB OA OB +=-∴+=-,222222OA OA OB OB OA OA OB OB +⋅+=-⋅+,整理得: 0OA OB ⋅=,12120x x y y ∴⋅+⋅=……2分(1)设(x,y)是以线段AB 为直径的圆上则即2112211(,)y y y y x x x x x x x x --⋅=-≠≠--, 去分母得: 1212()()()()0x x x x y y y y --+--=,点11122122(,),(,),(,)(,)x y x y x y x y 满足上方程,展开并将(1)代入得:221212()()0x y x x x y y y +-+-+=,故线段AB 是圆C 的直径.…………5分证明3:22,()()OA OB OA OB OA OB OA OB +=-∴+=-,222222OA OA OB OB OA OA OB OB +⋅+=-⋅+,整理得: 0OA OB ⋅=,12120x x y y ∴⋅+⋅=……2分(1)以线段AB 为直径的圆的方程为2222121212121()()[()()]224x x y y x y x x y y ++-+-=-+-展开并将(1)代入得:221212()()0x y x x x y y y +-+-+=,故线段AB 是圆C 的直径…………5分(II)解法1:设圆C 的圆心为C(x,y),则121222x x x y y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩2211222,2(0)y px y px p ==>,22121224y y x x p ∴=，又因12120x x y y ⋅+⋅=,1212x x y y ∴⋅=-⋅,22121224y y y y p ∴-⋅=12120,0x x y y ⋅≠∴⋅≠,2124y y p ∴⋅=-,2222121212121211()(2)2444x x y y x y y y y y y p p p+==+=++-221(2)y p p =+所以圆心的轨迹方程为222y px p =-,设圆心C 到直线x-2y=0的距离为d,则22221|(2)2|y p y d +-===22= 当y=p 时,d5=2p ∴=. 解法2: 设圆C 的圆心为C(x,y),则121222x x x y y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩2211222,2(0)y px y px p ==>,22121224y y x x p ∴=,又因12120x x y y ⋅+⋅=,1212x x y y ∴⋅=-⋅22121224y y y y p∴-⋅=,12120,0x x y y ⋅≠∴⋅≠,2124y y p ∴⋅=-2222121212121211()(2)2444x x y y x y y y y y y p p p+==+=++-221(2)y p p =+所以圆心的轨迹方程为222y px p =-,设直线x-2y+m=0到直线x-2y=0的距离为5,则2m =± 因为x-2y+2=0与222y px p =-无公共点,所以当x-2y-2=0与222y px p =-仅有一个公共点时,该点到直线x-2y=0的距离最小值为5， 22220(2)2(3)x y y px p --=⎧⎨=-⎩,将(2)代入(3)得222220y py p p -+-=,2244(22)0p p p ∴∆=--=,则2,0=>p p解法3: 设圆C 的圆心为C(x,y),则121222x x x y y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩,圆心C 到直线x-2y=0的距离为d,则1212|()|x xy y d +-+=,2211222,2(0)y px y px p ==>,22121224y y x x p ∴= 又因12120x x y y ⋅+⋅=,1212x x y y ∴⋅=-⋅,22121224y y y y p ∴-⋅=,12120,0x x y y ⋅≠∴⋅≠2124y y p ∴⋅=-2212122221|()()|y y y y d +-+∴==22=当122y y p +=时,d=,2p ∴= 21.解析：（1）221(1ln )1ln ln (),()x x x x x f x f x x x x ⋅-++'=∴==-∴当(0,1)x ∈时,()0f x '>；当(1,)x ∈+∞时, ()0f x '<；∴函数()f x 在区间（0,1）上为增函数；在区间(1,)+∞为减函数 4分（2）由（1）得()f x 的极大值为(1)1f =,令2()2g x x x k =-+, 所以当1x =时,函数()g x 取得最小值(1)1g k =-,又因为方程2()2f x x x k =-+有实数解,那么11k -<,即2k ≤, 所以实数k 的取值范围是：2k ≤． 8分（3）∵函数()f x 在区间(1,)+∞为减函数,而*111(,2)n N n n+>∈≥,∴111(1)(1)1,1ln(1)1f f n nn +<=∴++<+,即1ln(1)ln n n n+-< 111ln ln 2ln1ln3ln 2ln ln(1)1231n n n n ∴=-+-++--<++++- 即1111ln 2231n n +<++++-,而()1ln nf n n =+,∴111()2231nf n n <+++-结论成立． 12分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。

广西柳州高级中学、南宁市第二中学高三上学期第二次联考数学(文)试题 Word版含解析

广西柳州高级中学、南宁市第二中学高三上学期第二次联考数学(文)试题 Word版含解析

广西柳州高级中学、南宁市第二中学2018届高三上学期第二次联考数学（文）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】选D.2. 设是虚数单位，若复数，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，故选A.3. 设，，，则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】c=0时，；2>-2,但；所以选C.4. 已知单位向量，满足，则与的夹角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，，选D.5. 命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】命题“，”的否定是，选D.6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为（）A. 48里B. 24里C. 12里D. 6里【答案】C【解析】记每天走的路程里数为{a n}，由题意知{a n}是公比的等比数列，由S6=378，得=378，解得：a1=192，∴=12（里）．故选：C．7. 如图，程序输出的结果，则判断框中应填（）A. B. C. D.【答案】B【解析】第一次循环第二次循环结束循环，输出，所以判断框中应填选B.8. 已知双曲线的一焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】抛物线的焦点为，所以渐近线方程为，即，选B.9. 若，满足约束条件，则的最大值为（）A. 3B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】可行域如图三角形ABC及其内部，所以直线过点A（3,2）时取最大值8，选D.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.10. 老师计算在晚修19:00-20:00解答同学甲乙的问题，预计解答完一个学生的问题需要20分钟.若甲乙两人在晚修内的任意时刻去问问题是相互独立的，则两人独自去时不需要等待的概率（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设19:00-20:00对应时刻，甲乙的问问题的时刻为，则两人独自去时不需要等待满足概率为，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．11. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图（等腰直角三角形）和俯视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】几何体可为四棱锥P-ADCB，所以俯视图可以是，选C.点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．12. 在中，角，，所对应的边分别为，，，若，，则当角取得最大值时，的周长为（）A. B. C. 3 D.【答案】A【解析】由正弦定理得由，得,所以，因此周长为，选A.点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值. 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.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. 曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】切线方程为14. 已知函数，则__________.【答案】8【解析】，所以点睛：分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么.函数周期性质可以将未知区间上的自变量转化到已知区间上.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处函数值.15. 在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为__________.【答案】【解析】所求角为16. 过点引直线与曲线相交于、两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率等于__________.【答案】【解析】作图，当时的面积取最大值,此时 ,所以直线的斜率等于三、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. 设，，数列满足：且.求证：数列是等比数列；求数列的通项公式.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【解析】试题分析：（1）根据等比数列定义作比，代入条件化简即得比值（2）利用叠加法求数列的通项公式.左边利用分组求和进行化简.试题解析：由题知：，又，∴，∴是以4为首项，以2为公比的等比数列.由可得，故.，∴，，，…….累加得：，，即.而，∴.18. 交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：求一辆普通6座以下私家车（车险已满三年）在下一年续保时保费高于基本保费的频率；某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车.假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元.且各种投保类型车的频率与上述机构调查的频率一致，完成下列问题：①若该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，某顾客欲在店内随机挑选两辆车，求这两辆车恰好有一辆为事故车的概率；②若该销售商一次购进120辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求一辆车盈利的平均值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)①；②5000.【解析】试题分析：（1）先确定下一年续保时保费高于基本保费的频数，再除以总数得频率（2）①先利用枚举法确定事件总数，再从中确定两辆车恰好有一辆事故车的事件数，最后根据古典概型概率公式求概率②先确定有事故车与非事故车辆数，再根据盈利与亏损计算总收入，除以120 得平均值试题解析：一辆普通6座以下私家车（车险已满三年）在下一年续保时保费高于基本保费的频率为.①由统计数据可知，该销售商店内的六辆该品牌车龄已满三年的二手车有两辆事故车，设为，，四辆非事故车设为，从六辆车中随机挑选两辆车共有，，，，，，，，，，，，，总共15种情况，其中两辆车恰好有一辆事故车共有，，，，，，，，总共8种情况.所以该顾客在店内随机挑选的两辆车恰好有一辆事故车的概率为.②由统计数据可知，该销售量一次购进120辆该品牌车龄已满三年的二手车有事故车40辆，非事故车80辆，所以一辆车盈利的平均值为元.19. 如图所示，三棱柱中，已知侧面，，，.求证：平面；是棱上的一点，若三棱锥的体积为，求的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)1.【解析】试题分析：（1）先根据线面垂直性质定理得，再通过解三角形得，最后根据线面垂直判定定理得结果（2）先根据等体积法将三棱锥体积转化为，根据三棱锥体积公式得，再根据面积公式求得试题解析：证明：因为平面，平面，所以，在中，，，，由余弦定理得：，所以，故，所以，又，∴平面.面，∴，∴，∴为所求.20. 如图，椭圆经过点，离心率，直线的方程为.求椭圆的方程；是经过右焦点的任一弦（不经过点），设直线与直线相交于点，记，，的斜率为，，.问：是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)存在常数符合题意.（1）根据离心率得a,b,c三者关系，再将P点坐标代入椭圆方程，解得，【解析】试题分析：.（2）先根据两点斜率公式化简，以及，再利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理化简，最后作商得的值试题解析：由在椭圆上得，①依题设知，则②②带入①解得，，.故椭圆的方程为.由题意可设的斜率为，则直线的方程为③代入椭圆方程并整理，得，设，，则有，④在方程③中令得，的坐标为.从而，，.注意到，，共线，则有，即有.所以⑤④代入⑤得，又，所以，故存在常数符合题意.21. 已知函数.确定函数的单调性；若对于任意，，且，都有，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ)在单调递增；(Ⅱ).【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据确定导函数符号，最后得单调性（2）先化简绝对值.再构造函数，转化为函数单调性，再转化为导数恒成立问题，进而转化为对应函数最值问题，最后根据函数最值得实数的取值范围.试题解析：函数，，，∴，∴在单调递增.不妨设，则，由知：，∴.设，，由上知：应在上单调递减，∴在上恒成立在上恒成立在上恒成立在上恒成立，易知在上单调递减，其最大值为-3.，∴为所求.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.写出曲线的极坐标的方程以及曲线的直角坐标方程；若过点（极坐标）且倾斜角为的直线与曲线交于，两点，弦的中点为，求的值.【答案】(Ⅰ)曲线的极坐标方程为：；曲线的直角坐标方程为：.(Ⅱ).【解析】试题分析：（1）先消参数得的普通方程，再根据得曲线的极坐标的方程，利用将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程（2）先求直线参数方程，再代入的普通方程，利用韦达定理以及参数几何意义求的值.试题解析：由题意的方程为：可得的普通方程为：，将代入曲线方程可得：.因为曲线的极坐标方程为，所以.又，，.所以.所以曲线的极坐标方程为：；曲线的直角坐标方程为：.因为点，化为直角坐标为所以.因为直线过点且倾斜角为，所以直线的参数方程为（为参数），代入中可得：，所以由韦达定理：，，所以.23. 已知函数.求不等式的解集；若函数的最小值为，整数、满足，求证.【答案】(Ⅰ)或；(Ⅱ)证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式转化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得，利用均值不等式得，，即得结果试题解析：当时，得.∴.当时，得.∴无解.当时，得.所以，不等式的解集为或.，∴，即.又由均值不等式有：，，两式相加得.∴当且仅当时等号成立.点睛:（1）作差法证明不等式，关键在于作差后的变形，一般利用因式分解或配方实现与零的比较，（2）应用基本不等式证明不等式，一要注意方向，二要注意次数统一，三要注意等于号取法（3）反证法证明不等式，基本应用于“正难则反”情形，关键找准矛盾点，推翻反设.。

高三数学第二次模拟考试试题文

高三数学第二次模拟考试试题文

南宁三中2018届高三第二次模拟考试数学试题(文科)全卷满分150分考试用时120分钟一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共６0分、在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的、1、设集合,,则( )Ａ、Ｂ、ﻩC。

ﻩD。

2、已知复数,则( )ﻩA。

1 ﻩB、ﻩC。

ﻩD、 5３。

甲、乙两人参加歌唱比赛,晋级概率分别为和,且两人是否晋级相互独立,则两人中恰有一人晋级的概率为( )A。

ﻩＢ、ﻩC、ﻩＤ。

4、设等差数列的前项和为,若,则( )ﻩﻩB、２2 C、 23ﻩD、 245。

下列命题中,正确的是( )ﻩA。

若,则ﻩB、若,则ﻩC。

若,,则ﻩD、若,,则６、如图所示的流程图,最后输出的的值为( )ﻩA、 3 B、 4 ﻩC、５ﻩD、 6７。

若抛物线在处的切线的倾斜角为,则( )A、Ｂ、C、D。

8、一个几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的体积为( )A、ﻩB。

Ｃ、ﻩＤ。

9、若将函数的图象向左平移个单位长度,则平移后图象的对称轴为( )Ａ。

ﻩB、ﻩＣ。

D。

１0、已知命题,,若命题是假命题,则实数的取值范围是( )ﻩＡ、ﻩB、ﻩC。

ﻩﻩD。

１1、已知圆截直线所得线段的长度是,则圆与圆的位置关系是( )A、内切B、相交C、外切D、相离12、已知当时,关于的方程有唯一实数解,则的取值范围是( )A。

ﻩﻩB。

ﻩC、ﻩﻩD、二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分、１3。

已知向量与的夹角为,且,则____＿__、１4、若实数,满足约束条件,则的最小值为___＿____＿_、１５、设数列的前项和为,且,,则__________、16、如图,在正三棱柱中,若,则与所成角的余弦值为___＿___、三、解答题:共70分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、第１7~2１题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第22、2３题为选考题,考生依照要求作答、17、(本题满分12分)在锐角中,角,,的对边分别为,,,且ﻩ(Ⅰ)求角的大小;ﻩ(Ⅱ)已知的面积为,求边长的值、1８、(本题满分１2分)如图,三棱锥中,平面,,,是的中点,是的中点,点在上,、(１)证明:平面;ﻩ(2)若,求点到平面的距离、19、(本题满分12分)201２年3月2日,国家环保部公布了新修订的《环境空气质量标准》,其中规定:居民区的的年平均浓度不得超过35微克/立方米。