贵州省凯里市第一中学18届高三数学下学期(第二套)模拟考试试题理(扫描版)

贵州省凯里市第一中学2018届高三下学期《黄金卷》第二套模拟考试数学试题（文）【参考答案】一、选择题：二、填空题：三、解答题：17.解：(Ⅰ)由题意可得11333(1)n n n a a a ++=+=+，即1(1)3(1)n n a a ++=+， 又1130a +=≠，故数列{1}n a +是以3为首项，3为公比的等比数列；(Ⅱ)由(Ⅰ)可知13n n a +=，即33log (1)log 3nn n b a n =+==.故)121121(21)12()12(1)12(211122+--=+⋅-<+⋅=+n n n n n n b b n n∴21)1211(21)121121(21)5131(21)311(21<+-=+--++-+-<n n n T n ,故12n T <. 18解：（Ⅰ）设80名群众年龄的中位数为x ，则()0.005100.010100.020100.030500.5x ⨯+⨯+⨯+⨯-=，解得55x =，即80名群众年龄的中位数55．（Ⅱ）由已知得，年龄在[20,30）中的群众有0.0051080=4⨯⨯人，年龄在[30,40）的群众有0.011080=8⨯⨯人，按分层抽样的方法随机抽取年龄在[20,30）的群众46248⨯=+人，记为1,2；随机抽取年龄在[30,40）的群众86=448⨯+人，记为,,,a b c d .则基本事件有：()()()()(),,,,,,,,1,,,2,,,,a b c a b d a b a b a c d ()()()(),,1,,,2,,,1,,,2a c a c a d a d ，()()()()(),,,,,1,,,2,,,1,,,2,b c d b c b c b d b d ()(),,1,,,2,c d c d ()()()(),1,2,,1,2,,1,2,,1,2a b c d 共20个，参加座谈的导游中有3名群众年龄都在[30,40）的基本事件有：()()(),,,,,,,,,a b c a b d a c d (),,,b c d 共4个，设事件A 为“从这6名群众中选派3人外出宣传黔东南，选派的3名群众年龄都在[30,40）”， 则41()205p A ==. 19.解：（Ⅰ）连接AC 交BD 于G ,连接EG .在三角形ACP 中,中位线//EG PC , 且EG ⊂平面BED ,PC ⊄平面BED ,∴//PC 平面BED .（Ⅱ）在Rt PAD ∆中，设AD 的中点为O ，连接EO ，则122EO PD ==， 又4PD AD ==，DE AE DB BE ∴====又A BDE E ABD V V --=，1133ABD BDE S EO S h ∆∆∴⨯=⨯，11114423232h ∴⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得3h =.所以点A 到平面BED的距离为：3. 20.解（Ⅰ）由曲线22:1243x y Γ-=，可得2211344x y -=， 所以曲线22:11344x y Γ-=是焦点在x 轴上的双曲线，其中2213,44a b ==， 故2221c a b =+=，Γ的焦点坐标分别为12(1,0)(1,0)F F -、， 因为抛物线的焦点坐标为(,0),(0)2p F p >，由题意知12p=，所以2p =， G PEDCBA即抛物线的方程为24y x =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知抛物线24y x =的准线方程为1x =-，设(1,)P m -，显然0m ≠.故2(,)4m M m ，从而直线OP 的方程为y mx =-,联立直线与抛物线方程得24y x y mx⎧=⎨=-⎩,解得244(,)N m m-， ①当2244m m =，即2m =±时，直线MN 的方程为1x =，②当2244m m ≠，即2m ≠±时，直线MN 的方程为224()44m m y m x m -=--， 整理得MN 的方程为24(1)4my x m =--， 此时直线恒过定点(1,0)G ，(1,0)也在直线MN 的方程为1x =上，故直线MN 的方程恒过定点(1,0)G .21.解：（Ⅰ）由2a =，得()()()ln 22,(0)h x f x g x x x x =-=-+>. 所以'112()2xh x x x-=-=， 令'()0h x <，解得12x >或0x <（舍去）， 所以函数()()()h x f x g x =-的单调递减区间为1(,)2+∞. （Ⅱ）由()()f x g x <得，(1)ln 0a x x -->，当0a ≤时，因为1x >，所以(1)ln 0a x x -->显然不成立，因此0a >.令()(1)ln F x a x x =--，则'1()1()a x a F x a x x-=-=，令'()0F x =，得1x a =. 当1a ≥时，101a<≤，'()0F x >，∴()(1)0F x F >=，所以(1)ln a x x ->， 即有()()f x g x <.因此1a ≥时，()()f x g x <在(1,)+∞上恒成立. ②当01a <<时，11a >，()F x 在1(1,)a 上为减函数，在1(,)a+∞上为增函数， ∴min ()(1)0F x F <=，不满足题意.综上，不等式()()f x g x <在(1,)+∞上恒成立时，实数a 的取值范围是[1,)+∞. （III ）证明：由131,3n n a a a +=+=知数列{}n a 是33,1a d ==的等差数列， 所以3(3)n a a n d n =+-=， 所以1()(1)22n n n a a n n S ++==， 由（Ⅱ）得，ln (1)1x a x x x <-≤-<在(1,)+∞上恒成立. 所以ln 22,ln33,ln 44,,ln n n <<<⋅⋅⋅<.将以上各式左右两边分别相加，得ln 2ln3ln 4ln 234n n +++⋅⋅⋅+<+++⋅⋅⋅+. 因为ln101=<，所以(1)ln1ln 2ln 3ln 4ln 12342n n n n n S +++++⋅⋅⋅+<++++⋅⋅⋅+==， 所以ln(1234)n n S ⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯<.22.解：（Ⅰ）由222,sin x y y ρρθ=+=及2240x y y +-=，得24sin ρρθ=， 即4sin ρθ=，所以曲线C 的极坐标方程为4sin ρθ=. （II ）将l 的参数方程2cos 4sin x t y t αα=+⎧⎨=+⎩代入2240x y y +-=，得24(sin cos)40t t +++=，2121216(sin cos )1616sin 204(sin cos )4t t t t ααααα⎧=+-=>⎪∴+=-+⎨⎪=⎩，所以sin 20α>，又0πα≤<， 所以(0,)2πα∈，且120,0t t <<，所以1212π||||||||||4(sin cos ))4MA MB t t t t ααα+=+=+=+=+， 由π(0,)2α∈，得ππ3π(,)444α+∈，所以πsin()124α<+≤.故||||MA MB +的取值范围是(4,. 23.证明:（I ）2222222,2,2a b ab b c bc c a ca +≥+≥+≥,三式相加可得222a b c ab bc ca ++≥++，2222()222()2()a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ∴++=+++++≥+++++3()9ab bc ca =++=，又a b c 、、均为正整数，∴3a b c ++≥成立． （II ）R a b *∈、，1a b +=，2221a ab b ∴++=，222222221122(1)(1)(1)(1)a ab b a ab b a b a b ++++∴--=--22222222()()=5+59b b a a a b a a b b b a =+++≥+=，当且仅当22a b b a =，即12a b ==时，“＝”成立.。

黔东南州2018届高三模拟考试理科数学试卷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4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】，,答案为D.2. 若复数，则=A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则= .故选C.3. 甲乙两名同学次考试的成绩统计如下图，甲乙两组数据的平均数分别为、，标准差分别为，则A.B.C.D.【答案】C【解析】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.故选C.4. 已知数列为等差数列，且，则的值为A. B. 45 C. D.【答案】B..............................5. 已知，则的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】已知，由指数函数性质易知，又，故选D.点晴：本题考查的是指数式，对数式的大小比较。

解决本题的关键是利用指、对数函数的单调性比较大小，当指、对函数的底数大于0小于1时，函数单调递减，当底数大于1时，函数单调递增；另外由于指数函数过点（0，1），对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1比较大小.6. 一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】画出正三角形，以其每个顶点为圆心作半径为2的圆弧与正三角形相交，蚂蚁爬行的区域不能在3扇形内，故.故选A.7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为A. B.C. D.【答案】B【解析】根据三视图作出原几何体（四棱锥）的直观图如下：可计算，故该几何体的最大边长为.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.8. 若函数的定义域为R，其导函数为．若恒成立，，则解集为A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知有，令，则，函数在R单调递减，，由有，则，故选D.9. 执行如图的程序框图，则输出的值为A. 1B.C. D. 0【答案】D【解析】由图知本程序的功能是执行此处注意程序结束时，由余弦函数和诱导公式易得：.10. 在中，内角所对的边分别为,已知，且，则面积的最大值为A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知有，，由于，又，则，当且仅当时等号成立.故选B.11. 设函数的最大值为M,最小值为N，则的值为A. B. C. D.【答案】A【解析】由已知，令，易知为奇函数，由于奇函数在对称区间上的最大值与最小值和为，，=1，故选A.12. 已知双曲线的左、右焦点分别为．若双曲线上存在点使，则该双曲线的离心率的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可设P在右支非轴上，由正弦定理有，为方便运算，设，，则，又，解得，又，则不共线，则，即，整理得，两边同时除以得，解得，又，则，故，故选C.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．13. 已知实数满足约束条件，则的最小值是_____．【答案】.【解析】约束条件表示的平面区域为封闭的三角形，求出三角形的三个顶点坐标分别为、、，带入所得值分别为、、，故的最小值是. 另，作出可行域如下：由得，当直线经过点时，截距取得最大值，此时取得最小值，为. 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、画标准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会在可行域的端点或边界上取得.14. 甲、乙、丙三名同学参加某高校组织的自主招生考试的初试，考试成绩采用等级制（分为三个层次），得的同学直接进入第二轮考试．从评委处得知，三名同学中只有一人获得．三名同学预测谁能直接进入第二轮比赛如下：甲说：看丙的状态，他只能得或；乙说：我肯定得；丙说：今天我的确没有发挥好，我赞同甲的预测．事实证明：在这三名同学中，只有一人的预测不准确，那么得的同学是_____．【答案】甲.【解析】若得的同学是甲，则甲、丙预测都准确，乙预测不准确，符合题意；若得的同学是乙，则甲、乙、丙预测都准确，不符合题意；若得的同学是丙，则甲、乙、丙预测都不准确，不符合题意。

贵州省凯里市第一中学2017届高三数学下学期开学考试试题理（扫描版）凯里市第一中学2017届高考适应性月考卷（五）理科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 ADCCBBDACACB【解析】1．(){35}A B =I ∵，，(){1246}U A B =I ∴，，，ð，故选A ． 2．3i12i 1iz -==-+，故选D ． 3．||||a b a b +=-r r r r ∵，a b ⊥r r∴，||13a b -=r r ∴，故选C ． 4．2sin23sin b A a B =∵，4sin sin cos 3sin sin B A A A B =∴，3cos 4A =∴，7tan 3A =∴，故选C ．5．3252C A 20=，故选B ．6．执行程序框图可得4x =-，0y =，故选B ． 7．补形为长方体，得长方体外接球的半径为142，所以外接球的表面积为14π，故选D ． 8．1ln 22y x y k x '===∵，∴，∴，∴切线方程为21y x =-，故选A ．9．画图可得最优解为(44)，，∴最大利润为2000元，故选C ．10．当点P 为椭圆的左顶点时||MP u u u r 的值最大，22||82215MP =-=u u u r，故选A ．11．PC BC BP =-u u u r u u u r u u u r ∵，1022()12cos 222||||BC BP AB PC AB PC AB ⎛⎫-⨯⨯- ⎪-⎝⎭===⨯u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g u u u r u u u r g <，>，∴异面直线PC 与AB 的夹角为60︒，故选C ．12．当0x >时，2()()f x f x x x =-=--，2()f x x x --=∴，∴当2x =时，22f ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭∴ 2212⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，212log 2a ∴≥，11log 22a ∴≥，114a <∴≤，故选B ． 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号 13 14 15 16 答案47b ac >>1132+ 【解析】13．∵圆22230x y x ++-=的圆心为(10)-，，半径2r =，截得的弦长为23，∴圆心到准线的距离为222(3)1-=，242pp ==∴，． 14．5211x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项为10215C r rr T x -++=，5221(2)1x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭∴的展开式的常数项是：2562527x T T +=+=g ．15．如图1，∵函数(1)y f x =+的图象关于直线1x =-对称，()y f x =∴是偶函数，又因为(0)x ∈+∞，时， 2()|log |f x x =，利用对称性可得()y f x =的图象，1(3)(2)4f f f ⎛⎫>-> ⎪⎝⎭∴，b a c >>．16．22sin 3sin 2A A =∵，1cos 3sin A A -∴，π1sin 62A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭∴，2π3A =∴，sin()2cos sin B C B C -=∵，sin cos 3cos sin B C B C =∴，2222a b c b ab +-g∴ 22232a c b c ac +-=g，22222a b c =-∴，22222cos 22b c bc A b c +-=-∴， 230b bc c⎛⎫--= ⎪⎝⎭，113b c +=∴ 三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意得11113253a a d a d a d +<+⎧⎨++>+⎩，，解得3522d <<， 又d ∈Z ，2d =∴， 1(1)221n a n n =+-=-g ∴．…………………………………………………（4分）（Ⅱ）111(21)(21)n n n b a a n n +==-+g ∵， 图11111133557(21)(21)n S n n =++++⨯⨯⨯-+∴… 1111111112335572121n n ⎛⎫=-+-+-++- ⎪-+⎝⎭… 111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭21nn =+， 12123521m mS S S m ===+∴，，， ∵2S 为1S ，()m S m *∈N 的等比中项， 2215321m m ⎛⎫= ⎪+⎝⎭g ∴，12m =∴． ………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）列联表补充如下．……………………………………………………………………………（2分） （Ⅱ）22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++∵，28.333K ≈∴，又2(7.879)0.0050.5P K ==∵≥%，∴有99.5%的把握认为患心肺疾病与性别有关． ……………………………（6分）（Ⅲ）根据题意得0123x =，，，， 37310C 357(0)C 12024P x ====；2173310C C 6321(1)C 12040P x ====；1273310C C 217(2)C 12040P x ====；患心肺疾病 不患心肺疾病 合计 男 20 5 25 女 10 15 25 合计30205033310C 1(3)C 120P x ===．………………………………………………………（10分）分布列如下：x 0 1 2 3p724 2140 740 1120721719()012324404012010E x =⨯+⨯+⨯+⨯=， 222297921979149()012310241040104010120100D x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．……………………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：如图2，取1A B 的中点为F ，连接DF ，EF ，E ∵为AB 的中点，1EF AA ∴∥，且112EF AA =， 1CD AA ∵∥，且112CD AA =， EF CD ∴∥，EF CD =， EFDC ∴是平行四边形， CE DF ∴∥，DF ⊂∵平面1A BD ，CE ⊄平面1A BD ， CE ∴∥平面1A BD ．………………………………………………………………（4分）（Ⅱ）解：如图，以E 为坐标原点，EB ，EC ，EF 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E xyz -，设12AA a =，则(100)B ，，，(03)D a ，，，1(102)A a -，，， (13)BD a =-u u u r，，，1(13)A D a =-u u u u r ，，， 1BD A D ⊥u u u r u u u u r ∵， 10BD A D =u u u r u u u u rg ∴，图22130a -+-=∴， 2a =∴，(132)BD =-u u u r ∴，，，1(2022)BA =-u u u r，，， 设()n x y z =r，，为平面1A BD 的法向量，则3202220x y z x z ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩，， 令2x =，则1z =，0y =， (201)n =r∴，，，易得平面ABC 的一个法向量是(001)m =u r，，， 13cos 3||||31n m n m n m ===⨯r u rr u r g r u r g ∴<，>，∴平面1A BD 与平面AB C 所成角的二面角（锐角）的余弦值为33． ………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意得12c e a ==，1c =， 2a =∴，3b =，∴椭圆C 的方程为：22143x y +=．………………………………………………（4分）（Ⅱ）设11()A x y ，，22()B x y ，， 由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得222(43)84120k x kmx m +++-=，122843kmx x k -+=+∴，212241243m x x k -=+， AB ∴的中点为22434343kmm M k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭，， ∵M 在直线1l 上，22433404343km mk k -⨯+⨯=++∴，0m ≠∵，1k =∴，1287mx x +=-∴， 2124127m x x -=， 2221212461()477AB k x x x x m =++-=-∴， 原点O 到AB 的距离为2d =，22222323(7)(7)372m m S m m +-=-⨯=∴≤，当且仅当272m =时取到等号，并且检验0∆>成立．………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）22()(21)()()[(1)]f x x a x a a x a x a '=-+++=--+∵， 令()0f x '=，得11x a =+，2x a =， 令()0f x '>，得x a <或1x a >+， 令()0f x '<，得1a x a <<+， ()f x ∵在1x =处取得极大值，1a =∴． ……………………………………………………………………………（4分）（Ⅱ）222211()(21)()24a f x x a x a a x +⎛⎫'=-+++=-- ⎪⎝⎭∵，1()4f x '-∴≥，m ∀∈R ∵，直线y kx m =+都不是曲线()y f x =的切线，()f x k '≠∴对x ∈R 成立，14k <-∴．………………………………………………………………………（8分）（Ⅲ）1a >-∵，10a +>∴，①当1a ≥时，()0f x '≥对[01]x ∈，成立，2max 1()(1)6f x f a ==-∴，②当01a <<时，()f x 在(0)a ，上递增，在(1)a ，上递减，32max 11()()32f x f a a a ==+∴，③当0a =时，()f x 在(01)，上递减，max ()(0)0f x f ==∴，④当10a -<<时，()f x 在(01)a +，上递减，在(11)a +，上递增， (0)0f =∵，21(1)6f a =-，∴当1a -<<2max 1()(1)6f x f a ==-，当a =时，max ()(0)(1)0f x f f ===，当0a <<时，max ()(0)0f x f ==，综上所述：当1a ≥或1a -<<2max 1()(1)6f x f a ==-；当01a <<时，32max 11()()32f x f a a a ==+∴；当a =时，max ()(0)(1)0f x f f ===；当0a <≤时，max ()(0)0f x f ==． ………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）C ：22143x y +=，轨迹为椭圆，其焦点为1(10)F -，，2(10)F ，，2AF k =∴∴直线2AF 的方程为：1)y x =-，∴直线2AF 的极坐标方程为：sin ρθθ+= …………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知2AF k =，2l AF ⊥∵，l ∴，倾斜角为π6，l ∴的参数方程为31212x y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，（t 为参数），上式代入椭圆C 的方程式中得：213123360t t --=， 12123t t +∴，123613t t =-，1112123||||||||MF NF t t -=+∴． ……………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）当2x ≥时，()6f x x +≤可化为： 236x x x -+++≤，解得5x ≤，25x ∴≤≤，当32x -<<时，()6f x x +≤可化为：236x x x -+++≤， 解得1x -≥，12x -<∴≤，当3x -≤时，()6f x x +≤可化为：236x x x ---+≤， 解得73x -≥，∴无解，综上所述，()6f x x +≤的解集为[15]-，． …………………………………（5分） （Ⅱ）()|2||3|f x x x =-++的最小值为5， 24f x x x a -++∵()≥在R 上恒成立，245x x a -++∴≤在R 上恒成立， 1a ∴≤． ………………………………………………………………………（10分）。

凯里一中2018届《黄金卷》第二套模拟考试2018.3.26理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。

1. C：生物界的蛋白质种类多达1010—1012种，它们参与组成细胞核生物体的各种结构和执行多种功能，如：运输、调节、免疫等，A项正确；生物体内的糖类绝大多数以多糖的形式存在。

植物体内的多糖有淀粉、纤维素、动物体内的多糖则为糖原，B项正确；真核细胞的遗传和代谢的控制中心是细胞核，而高等植物细胞成熟的筛管细胞没有细胞核，C项错误；新陈代谢旺盛的真核细胞，所需的能量及蛋白质较多，能量主要由线粒体提供，蛋白质在核糖体合成，D项正确。

2. D：该题为信息题，考查学生获取信息的能力。

具有无限增值能力的细胞是癌细胞，A项错误；小鼠内表皮细胞与人体多能干细胞功能不同原因是它们的遗传物质不同，B项错误；题干中涉及的只是将人体多能干细胞和小鼠内表皮细胞转化成具有造血干细胞功能的细胞，这些细胞课产生血细胞，并不是各种细胞，C项错误；大多数白血病是血细胞异常引起的，故D项正确。

3．B：艾滋病是由HIV所引起的免疫缺陷病，系统性红斑狼疮是免疫系统强的自身免疫病，A正确；HIV最初侵入人体时，免疫系统可以摧毁大多数病毒。

随着T细胞被破坏，免疫系统才减弱，B错误；艾滋病病人直接死因是由念珠菌等病原体引起的严重感染或恶性肿瘤疾病，C正确；与艾滋病病人共用冲水马桶、拥抱、握手不会传染，D正确4．C：微生物大多为分解者，是生态系统的物质循环中不可缺失的部分，A正确；鱼塘的水波震动属于物理信息，B正确；由于该池塘是人工鱼塘，流经该生态系统的总能量除了生产者所固定的太阳能，还有人工供给部分，C错误；与自然池塘相比，人工养殖鱼塘的营养结构单一，自我调节能力弱，抵抗力稳定性比较低，D正确5.D：离心的目的是让上清液中析出较轻的T2噬菌体颗粒，沉淀物中留下被感染的大肠杆菌，故A 错。

凯里一中2019届高三模拟考试《黄金卷二》理科数学试卷一、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.）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】.，在复平面对应的点为，位于第四象限.【点睛】本题考查复数的基本运算，共轭复数，复数与复平面上点的对应关系，属于简单题.2.）D.【答案】D【解析】【分析】故选D项.【点睛】本题考查集合的并集运算，属于简单题.3.）【答案】C【解析】【分析】.故选C项.【点睛】本题考查对向量之间的位置关系的转化，数量积的坐标运算，属于简单题.4.）【答案】C【解析】【分析】利用两平行直线距离公式即可求得.C.【点睛】本题考查了两平行直线距离问题，运用平行直线距离公式可以求解，但要注意将两系数化为相同的值；也可以在其中一条直线中选取一个特殊点，然后利用点到直线距离公式进行求解，属于基础题.5.某中学某班主任要从7名同学（其中3男4女）中选出两名同学，其中一名当班长，另一名当学习委员，且这两名同学中既有男生又有女生，则不同的安排方法有（）种【答案】D【解析】【分析】分两步进行安排，先选出一男一女两名同学，然后再安排职务，最后利用分步乘法原理求出总的方法数..利用分步乘法原理可得不同的安排方法有：D.【点睛】本题考查了分步乘法计数原理以及排列组合的应用，关键在于弄清楚该事件需要按照怎样的步骤完成，属于基础题.6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（）【答案】D【解析】【分析】将三视图还原成立体图形，然后可得还原后的三棱锥的四个顶点在一个长方体上，则其外接球就是长方体的外接球，然后算出半径，求出体积.【详解】将三视图还原成立体图形，如图所示，为一个三棱锥，并且，该三棱锥的四个顶点都在一个长方体上，由三视图可得，长方体的长宽高分别为2、1、1，所以外接球的半径为所以外接球的体积故选D项.【点睛】本题考查三视图还原几何体，三棱锥的外接球的体积的求法，属于简单题.7.坐标原点对称，则的最小值为（）【答案】C【解析】【分析】然后根据平移，分为向左平移和向右平移两种情况，分别得到平移后解析式，.的图像向左平移个单位，得到，因为平移后图像关于对称，带入，可得的图像向右平移；的最小值为故选C项.【点睛】本题考查三角恒等变形，正弦型函数的图像与性质，函数的平移，属于中档题.8.）【答案】A【解析】【分析】.【详解】根据框图循环，可得每一步的值的值有周期，周期为3，故选A项.【点睛】本题考查框图的循环结构，找到其循环规律，得到结果，属于基础题.9.）D.【答案】A【解析】【分析】.【点睛】本题考查三角函数公式的运用，化简过程中消元的思想，属于简单题.10.为上班方便，学校安排校车早上06:50，07:40,08:30.某老师在早上07:35至08:30则该）【答案】C【解析】【分析】分别求出总的区间长度以及事件“该老师等车时间不超过5分钟”的区间长度，然后利用几何概型的概率公式即可求出.【详解】该题为几何概型，设“该老师等车时间不超过5分钟”为事件A，如图用线段表示事件区域，而事件A对应阴影部分的区间长度为10分钟，C.【点睛】本题考查了几何概型，基本步骤：11.分别为双曲线的左、右顶点，连接）【答案】C【解析】【分析】的方程，得到.【详解】根据题意，画出示意图，如图所示，则而，所以直线方程为中点，所以可得，整理得故选C项.【点睛】本题考查双曲线的通径，直线与双曲线的位置关系，直线的表示和交点的计算，属于中档题.12.的取值范围是（）【答案】B【解析】【分析】，..，则上的值域为所以，，则上的值域范围比故选B项.【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间，极值和值域，对量词的理解和转化，属于难题.二、填空题：本大题共4小题，每题5分，满分20分.13.．【解析】【分析】根据正弦定理，将式子中的边化成角，然后进行化简，.中，由正弦定理有【点睛】本题考查正弦定理边化角，两角和公式，属于简单题.14.，所成的角相等，则其中正确命题的序号是__________（写出所有正确命题的序号）．【答案】⑤【解析】【分析】.⑤正确.【点睛】本题考查直线与平面，直线与直线间的位置关系，属于简单题.15..按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根上，每次只能移动一个金属片，且在移动过程中较大的金属,最少要_次．【答案】31【解析】【分析】.柱移到,,,,完成, ,,,,;小两金属片从,完成，同样方法，依次可得：【点睛】本题考查对实际应用题的理解能力，读懂题目，将实际问题转化为相应函数，属于中档题.16.__________．【解析】【分析】.由两点间距离公式可得设，则单调递减，当.取极小值，也是最小值，为2【点睛】本题考查利用导数求切线斜率，利用导数求函数的最值，属于中档题.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。

2018届高考适应性月考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）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）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）设d 为等差数列{}n a 的公差，由题意0d >，………………………………（1分）由12a =，22a d =+，322a d =+，分别加上002，，后成等比数列，∴2(2)2(42)d d +=+，∵0d >，∴2d =，…………………………………………（3分）∴2(1)22n a n n =+-⨯=，………………………………………………………………（4分）又22log n n a b =，∴2log n b n =，即2n n b =．……………………………………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得221n n c n =+-，∴123(221)(421)(621)(221)n n T n =+-++-++-+++-…23(2462)(2222)n n n =+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+- ……………………………………（9分）(22)2(12)212n n n n +-=+--2122n n +=+-．…………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分） （Ⅰ）证明：由题意：22ππ2sin 2sin 322C Aa cb --+=， ∴222cos 2cos 322C Aa cb +=，……………………………………………………………（1分）由正弦定理得222sin cos 2sin cos 3sin 22C AA CB +=， 即sin (1cos )sin (1cos )3sin AC C A B +++=，∴sin sin sin cos cos sin 3sin A C A C A C B +++=，……………………………………（3分）即sin sin sin()3sin A C A C B +++=， ∵sin()sin A C B +=，∴sin sin 2sin A C B +=，即2a c b +=，∴a b c ，，成等差数列．…………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：由余弦定理得22π2cos163a c ac +-=， ∴2()316a c ac +-=，……………………………………………………………………（8分）又由（Ⅰ）得8a c +=，∴16ac =，………………………………………………………………………………（10分）则1sin 432S ac B ==12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：方法1：如图，取DG 的中点M ，连接FM AM ，， ∵在正方形ABED 中，AB DE ∥，AB DE =， 在直角梯形EFGD 中，FM DE ∥，FM DE =，∴AB FM ∥，AB FM =，即四边形ABFM 是平行四边形，………………………………………………（2分） ∴BF AM BF AM =∥，，∵在直角梯形ADGC 中，AC MG AC MG =∥，，即四边形AMGC 是平行四边形，………………………………………………………………………………………（4分）∴AM CG AM CG =∥，，由上得BF CG BF CG =∥，，即四边形BFGC 是平行四边形，∴B C G F ，，，四点共面．………………………………………………………………（6分）方法2：由正方形ABED ，直角梯形EFGD ，直角梯形ADGC 所在平面两两垂直， 易证：AD DE DG ，，两两垂直，建立如图所示的坐标系，则(002)(202)(012)(200)(210)(020)A B C E F G ，，，，，，，，，，，，，，，，，，∵(012)(012)BF CG =-=-u u u r u u u r，，，，，，…………………………………………………（3分）∴BF CG =u u u r u u u r，即四边形BCGF 是平行四边形，故G B C F ，，，四点共面．………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：设平面BFGC 的法向量为111()m x y z =u r，，， ∵(210)FG =-u u u r，，， 则11112020BF m y z FG m x y ⎧=-=⎪⎨=-+=⎪⎩u u u r u rg u u u r u rg ，，令12y =，则(121)m =u r ，，，………………………………（8分）设平面BCE 的法向量为222()n x y z =r ，，，且(210)(002)BC EB =-=u u u r u u u r，，，，，， 则2222020BC n x y EB n z ⎧=-+=⎪⎨==⎪⎩u u u r rg u u u r r g ，， 令21x =，则(120)n =r ，，，……………………………（10分）∴设二面角E BCF --的平面角的大小为θ，则cos||||m nm nθ===u r rgu r r．………………………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由题意：()sin()1cos0sin()f x x x xωϕωωϕ=+⨯-⨯=+，∵2ππ02||ωωω=>⇒=，，∴()sin(2)f x xϕ=+，……………………………………（2分）∴()f x的图象向右平移π3个单位后得π2πsin2sin233y x xϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=-+⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，此函数为奇函数，则2ππ3k kϕ-+=∈Z，，∵π||2ϕ<，∴π3ϕ=-，………………（4分）∴π()sin23f x x⎛⎫=-⎪⎝⎭，由πππ2π22π232k x k k--+∈Z≤≤，可得π5πππ1212k x k k-+∈Z≤≤，，∴()f x的单调增区间为π5πππ1212k k k⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z，，．…………………………………（6分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得5π5πππsin2sin1121232A f⎛⎫⎛⎫==⨯-==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴2nS n=，………………………………………………………………………………（8分）①当1n=时，111a S==；②当2()n n+∈N≥时，221(1)21n n na S S n n n-=-=--=-，而12111a=⨯-=，∴21na n=-，…………………………………………………………………………（10分）则12211(21)(21)2121n na a n n n n+==--+-+，∴111111111335212121nTn n n=-+-+⋅⋅⋅+-=-<-++．……………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：当0a =时，2()f x x =，∴()2(1)2f x x f ''=⇒=，此时切点为(11)，，∴l 的方程为12(1)210y x x y -=-⇒--=．…………………………………………（3分）（Ⅱ）解：∵22()22ln 2f x x ax a x a =--+，函数()f x 在区间(1)+∞，上单调递增，∴22222()220a x ax a f x x a x x --'=--=≥在区间(1)+∞，上恒成立， ∴21x a x +≤在(1)x ∈+∞，上恒成立，则2min(1)1x a x x ⎛⎫∈+∞ ⎪+⎝⎭≤，，，令2()1x M x x =+，则22222(1)2()(1)(1)x x x x x M x x x +-+'==++，当(1)x ∈+∞，时，()0M x '>，∴21()(1)12x M x M x =>=+，∴12a ⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦，．…………………………………………………………………………（7分）（Ⅲ）证明：∵2ln ()x g x x '=，∴2ln1(1)01g '==，则2()ln g x x =， ∴222222ln ()22ln ln 22(ln )2x x F x x ax a x x a a x x a ⎡⎤+=--++=-++⎢⎥⎣⎦，令222ln ()(ln )2x xP a a x x a +=-++，则2222222ln ln ln ln (ln )(ln )()222244x x x x x x x x x x x x P a a a ++++--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+=-+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥， 令()ln Q x x x =-，则11()1x Q x x x-'=-=， 显然()Q x 在区间(01)，上单调递减，在区间[1)+∞，上单调递增，则min ()(1)1Q x Q ==，∴1()4P a ≥，则11()242F x ⨯=≥．……………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 在直角坐标系下的普通方程为2214x y +=，将其化为极坐标方程为2222cossin14ρθρθ+=，………………………………………（2分）分别代入π4θ=和π4θ=-，得228||||5OA OB==，∵π2 AOB∠=，∴AOB△的面积14||||25S OA OB==g．………………………………………………（5分）（Ⅱ）将l的参数方程代入曲线C的普通方程得2560t+-=，…………………（7分）即12126 5t t t t+==-，∴12||||AB t t=-==．…………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）方法1：∵360()|||26|603363x xf x x x x xx x-+⎧⎪=+-=-+<⎨⎪->⎩，≤，，≤，，，………………………（2分）∴()f x在(0]-∞，上是减函数，在(03]，上是减函数，在(3)+∞，上是增函数，则min()(3)3f x f==，∴3a=．…………………………………………………………………………………（5分）方法2：∵|||26|(|||3|)|3|x x x x x+-=+-+-|(3)||3|3|3|303x x x x--+-=+-+=≥≥，当且仅当(3)0330x xxx-⎧⇒=⎨-=⎩≤，时取等号，∴3a=．…………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得y=[34]，，且0y>，由柯西不等式可得：y==5，当且仅当=时等号成立，即84[34]25x=∈，时，函数取最大值5．……………………………………………………………………………………（10分）11。

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参考答案题号１415161718１920２1 答案ＤCＣCＢB ＣＢDＢＣＤ2２.答案:（1)如图所示 (４分,其中电压表选对量程连线得1分；电流表选对外接法连线得1分;滑动变阻器选对分压式接法连线得2分．) （２)增大(2分） 解析：小电珠正常发光时的电阻约为8.3Ω，为小电阻,所以电流表用外接法。

要求小电珠的电压从零逐渐调到2。

5V,所以滑动变阻器选择分压式接法。

两节新干电池的电动势为3Ｖ，所以电压表应该选择3V 的量程．由I-Ｕ图像可知,小电珠的电阻随电压的升高而增大，由公式Ｒ=ρSL可知小电珠的电阻率随电压的升高而增大。

23. （1)0。

6６（2分）、０。

９８（3分）；(2)22l h h Mg+(2分);(3）mM Mmg+（2分)。

2４。

（１）物块开始下落至与弹簧接触前机械能守恒，则有＝ mgh (2分） 解得v = (1分)(2）该过程的v —t 图像如图所示.(3分） 设物块动能最大时弹簧压缩量为x ,则有ｋｘ = ｍg （２分）由机械能守恒定律，得mg （ｈ+x ) = + E km (2分) 解得=mgh + (２分) 25. 解析:（1)从Ｏ点穿出磁场的电子的速度满足LvmB ev 2112= （2分) 从S 点穿出磁场的电子的速度满足Lv m B ev 222= （2分)θD α θ221kx gh 2km E kg m 222221mv能够穿出磁场的电子的速度范围是m eBL 2 ≤ ｖ ≤meBL（2分） (2) 从Ｓ点穿出磁场的电子打在M Ｎ上的点的坐标为(L ，—L )从O 点穿出磁场的电子在电场中运动的时间满足 221at L = （１分）ma eE = （2分)从O 点穿出磁场的电子打在MN 上的点到点(0,—L ）的距离为t v x 1=∆ （1分) 所求距离为ELBLL L x 2m e x +=∆+= （2分） （３)设此时打到C 点的电子从D 点穿出磁场,该电子在磁场中的运动半径为r如图，由几何关系θsin r r L += （1分)θθtan cos L r = (1分） 解得030=θ （１分）电子在磁场中转过的圆心角为0120=α （1分) 电子在磁场中运动的周期为eBmT π2=（2分） 打到Ｃ点的电子在磁场中的运动时间为eBmT t 3231π== (2分)３3.（１)答案:A ＣE解析： 熔化的玻璃表面的分子力表现为引力,使其表面收缩为球面，A 正确;当温度升高时,物体内分子的平均速率增加，但有的分子速率增加，有的减小，B 错;对于一定质量的理想气体，温度升高时,压强是可能减小的， C 正确；外界对物体做功,可能是改变物体的运动状态，物体内能不一定增加,D 错误；表现为各向异性的物体一定是晶体，而表现为各向同性的物体有可能是多晶体，Ｅ正确。

参考答案一、选择题：1、【解析】98(98)(12)25105212(12)(12)5i i i ii i i i ++--===-++-故选A 2、【解析】{|13},{|12},{|13}A x x B x x A B x x =-<<=<<∴=-<< ，故选C3、【解析】||1a == ||||cos 162a b a b θ∴⋅==⨯= ，故选C4、【解析】由3542y x =- 得34100x y --=， 所以1025d ====，故选B 5、【解析】5、【解析】如图所示，该三视图对应的直观图为四棱锥P ABCD -, 由两条异面直线所成的角的定义知：AD BC 、与PC 所成的角相等，AB CD 、与PC 所成的角相等，均等于BCP ∠，且PDC PBC PAC ∆≅∆≅∆在Rt PBC ∆中，cosBC BCP PC ∠===. 故选D 6、【解析】由幂函数的性质可得01c a <<<，由0.521b =>，所以c a b <<.故选D7、【解析】)6sin(2)]cos(21)sin(23[2)cos()sin(3)(πθθθθθ++=+++=+++=x x x x x x f ,由于f (x )为偶函数，则2)6sin(2)0(±=+=πθf ， ∴1)6sin(±=+πθ,∴26πππθ+=+k ，∴3k πθπ=+，∵]20[πθ，∈，∴ 3πθ=，故选B8、【解析】由题知线段AB 是椭圆的通径,线段AB 与y 轴的交点是椭圆的下焦点1F ,且椭圆的1c =,又60FAB ∠=，323260tan ||||11===c FF AF,1||2||AF AF ==,由椭圆定义知1||||2AF AF a +==，∴3=a ,3331===a c e ，故选C 9、【解析】该程序框图的功能是求满足下列条件的正整数n ：①被3除余数为2； ②被5除余数为3；③被7除余数为2.结合选项，符合题意的正整数为23 故选D10、【解析】1,1a b >>Q ，log 2,log 2a b m n ==，，0,0m n ∴>>，22+1111log log log 2log 2a b m n a b mn m n =+=+=+()2log ab =2222log log 122a b ⎛⎫+⎛⎫≤== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当a b == 故选A 11、【解析】如图所示，设已知的正八面体为SABCDI ，易知SI ⊥平面ABCD 于球心O ，且点O 为 正方形ABCD 的中心，设球O 与正四棱锥S ABCD -的侧面SBC 相切于 点F ，连接SF 并延长，交BC 于点E ，易知E 为BC 的中点，连接,OE OF ，则1,OE SE SO ===1122SOE S SE OF SO OE ∆=⨯⨯=⨯⨯，得OF =即正八面体的内切球的半径为3，所以内切球的表面积为284(33O S ππ=⨯⨯=球，故选A12、【解析】令()0F x =得()f x ax =，函数()()F x f x ax =-有4个零点，即函数()y f x = 与函数y ax =图像有4个交点.当1x e <≤时，()ln f x x =，设y ax =是()ln f x x =的切线，切点为()00,x y ，()1'f x x =Q ，000001ln a x y x y ax⎧=⎪⎪⎪∴=⎨⎪=⎪⎪⎩,解之得1a e =.当2e x e <<时，()()2f x f e x =-，故函数()f x 图像关于直线x e =对称，由图知，当10a e<<时，符合题意.故选B二、填空题：13、【解析】如图所示，作出线性约束条件满足的平面区域是 三角形OAB 内部包括边界，当直线2t x y =+与直线20x y += 重合时，目标函数2z x y =+取得最大值0,；当直线2t x y =+经过 可行域中的点(2,1)A --时，目标函数2z x y =+取到最小值min 22(1)4z =-+⨯-=-，所以z 的最大值与最小值之和为4- 14、【解析】因为tan tan 3,tan tan 2B C B C +==-，所以tan tan tan()11tan tan B C B C B C ++==-⋅，得4B C π+=，所以34A π=，因此tan 1A =-15、【解析】如图所示，连接2MF ,由双曲线的定义知12||||2MF MF a -=122||||||||2||2MQ MF MF MQ a F Q a ∴+=++≥+，当且仅当2Q M F 、、三点共线时取得最小值3，此时，由2(,0)F c 到直线1:b l y x xa a =-=-的距离2||F Q =23231ca a a c +=⇒+=⇒=.由定义知通径等于 222b a =. 16、【解析】因为0x < 时，()()0'xf x f x +<，而[()]()()''xf x xf x f x =+，故()()F x x f x =在(,0)-∞上为减函数，又()f x 在R 上为奇函数，故()()F x xf x =为偶函数，所以当0x >时，()()F x xf x =为增函数，由22log (log )(1)a f a f ⋅>，根据单调性和奇偶性可得2|log |1a >，解得2a >，或者102a <<所以取值范围是2a >或102a <<. 三、解答题： 17、解：(Ⅰ)由题意可得11333(1)n n n a a a ++=+=+，即1(1)3(1)n n a a ++=+，又1130a +=≠，故数列{1n a +是以3为首项，3为公比的等比数列；……………………………………………………………（5分） (Ⅱ)由(Ⅰ)可知13n n a +=，即33log (1)log 3n n n b a n =+==. 故)121121(21)12()12(1)12(211122+--=+⋅-<+⋅=+n n n n n n b b n n∴21)1211(21)121121(21)5131(21)311(21<+-=+--++-+-<n n n T n ,故12n T <…………（12分） 18、解（Ⅰ）设80名群众年龄的中位数为x ，则()0.005100.010100.020100.030500.5x ⨯+⨯+⨯+⨯-=，解得55x =，即80名群众年龄的中位数55．……………………………（5分）（Ⅱ）由已知得，年龄在[20,30）中的群众有0.0051080=4⨯⨯人，年龄在[30,40）的群众有0.011080=8⨯⨯人， 按分层抽样的方法随机抽取年龄在[20,30）的群众46248⨯=+人，记为1,2；随机抽取年龄在[30,40）的群众86=448⨯+人， 记为,,,a b c d .则基本事件有：()()()()(),,,,,,,,1,,,2,,,,a b c a b d a b a b a c d()()()(),,1,,,2,,,1,,,2a c a c a d a d ，()()()()(),,,,,1,,,2,,,1,,,2,b c d b c b c b d b d ()(),,1,,,2,c d c d ()()()(),1,2,,1,2,,1,2,,1,2a b c d 共20个，参加座谈的导游中有3名群众年龄都在[30,40）的基本事件有：()()(),,,,,,,,,a b c a b d a c d (),,,b c d 共4个，设事件A 为“从这6名群众中选派3人外出宣传黔东南，选派的3名群众年龄都在[）”，则41()205p A ==.………………………………………………………………………………（12分）19、解：（Ⅰ）连接AC 交BD 于G ,连接EG .在三角形ACP 中,中位线 //EG PC ,且EG ⊂平面BED ,PC ⊄平面BED ,∴//PC 平面BED ……………………………（6分）（Ⅱ）在Rt PAD ∆中，设AD 的中点为O ，连接EO ，则122EO PD ==， 又4PD AD ==，DE AE DB BE ∴====又A BDE E ABD V V --= ，1133ABD BDE S EO S h ∆∆∴⨯=⨯，11114423232h ∴⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得3h =所以点A 到平面BED的距离为：3…………………………………………（12分）20、解（Ⅰ）由曲线22:1243x y Γ-=，可得2211344x y -=，……………………………………（3分）所以曲线22:11344x y Γ-=是焦点在x 轴上的双曲线，其中2213,44a b ==，故2221c a b =+=， Γ的焦点坐标分别为12(1,0)(1,0)F F -、，因为抛物线的焦点坐标为(,0),(0)2pF p >，由题意知12p =，所以2p =，即抛物线的方程为24y x =…………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知抛物线24y x =的准线方程为1x =-，设(1,)P m -，显然0m ≠.故2(,)4m M m ，从而直线OP 的方程为y mx =-,联立直线与抛物线方程得24y x y mx⎧=⎨=-⎩,解得244(,)N m m- ①当2244m m =，即2m =±时，直线MN 的方程为1x =，②当2244m m ≠，即2m ≠±时，直线MN 的方程为224()44m m y m x m -=--，整理得MN 的方程为24(1)4my x m =--，此时直线恒过定点(1,0)G ，(1,0) 也在直线MN 的方程为1x =上，故直线MN 的方程恒过定点(1,0)G . ……………………………………………………………（12分） 21、解：（Ⅰ）由2a =，得()()()ln 22,(0)h x f x g x x x x =-=-+>.所以'112()2x h x x x-=-= 令'()0h x <，解得12x >或0x <（舍去）， 所以函数()()()h x f x g x =-的单调递减区间为 1(,)2+∞……………………………………（4分）（Ⅱ）由()()f x g x <得，(1)ln 0a x x -->当0a ≤时，因为1x >，所以(1)ln 0a x x -->显然不成立，因此0a >.令()(1)ln F x a x x =--，则'1()1()a x a F x a x x-=-=，令'()0F x =，得1x a =.当1a ≥时，101a<≤，'()0F x >，∴()(1)0F x F >=，所以(1)ln a x x ->，即有()()f x g x <.因此1a ≥时，()()f x g x <在(1,)+∞上恒成立.②当01a <<时，11a >，()F x 在1(1,)a 上为减函数，在1(,)a+∞上为增函数， ∴min ()(1)0F x F <=，不满足题意.综上，不等式()()f x g x <在(1,)+∞上恒成立时，实数a 的取值范围是[1,)+∞.……………………（8分）（III ）证明：由131,3n n a a a +=+=知数列{}n a 是33,1a d ==的等差数列，所以3(3)n a a n d n =+-= 所以1()(1)22n n n a a n n S ++== 由（Ⅱ）得，ln (1)1x a x x x <-≤-<在(1,)+∞上恒成立.所以ln 22,ln33,ln 44,,ln n n <<<⋅⋅⋅<. 将以上各式左右两边分别相加，得 ln 2ln 3ln 4ln 234n n +++⋅⋅⋅+<+++⋅⋅⋅+.因为ln101=< 所以(1)ln1ln 2ln 3ln 4ln 12342n n n n n S +++++⋅⋅⋅+<++++⋅⋅⋅+== 所以ln(1234)n n S ⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯<.…………………………………………………………（12分）22、解：（Ⅰ）由222,sin x y y ρρθ=+=及2240x y y +-=，得24s i n ρρθ=，即4s i n ρθ=所以曲线C 的极坐标方程为4sin ρθ=………………………………………（5分）（II ）将l 的参数方程2cos 4sin x t y t αα=+⎧⎨=+⎩代入2240x y y +-=，得24(sin cos)40t t +++=…（6分）2121216(sin cos )1616sin 204(sin cos )4t t t t ααααα⎧=+-=>⎪∴+=-+⎨⎪=⎩所以sin 20α>，又0απ≤<， 所以(0,)2πα∈，且120,0t t <<………………………………………（7分）所以1212||||||||||4(sin cos ))4MA MB t t t t πααα+=+=+=+=+由(0,)2πα∈，得3(,)444πππα+∈，所以sin()124πα<+≤.故||||MA MB +的取值范围是…………………………………………（10分）23、证明（I ）2222222,2,2a b ab b c bc c a ca +≥+≥+≥ ,三式相加可得222a b c ab bc ca ++≥++ 2222()222()2()a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ∴++=+++++≥+++++3()9ab bc ca =++=又a b c 、、均为正整数，∴3a b c ++≥成立．…………………………（5分） （II ）：a b R *∈、，1a b +=，2221a ab b ∴++=， 222222221122(1)(1)(1)(1)a ab b a ab b a b a b ++++∴--=--22222222()()=5+59b b a a a b a a b b b a =+++≥+= 当且仅当22a b b a =，即12a b ==时，“＝”成立. …………………………（10分）。

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参考答案一、选择题: 题号1２ 3 4 5 6 ７ ８ 9 １0 １1 12 选项 ＣBBADADCＣBＤA１、【解析】201821009()1,1i i z i ==-=-+∴ ， 22||(1)12z ∴=-+ 故选Ｃ 2、【解析】{|13},{|12}A x x B x x =-<<=<<,{|12}A B x x ∴=<< 故选B 3、【解析】2444()||2||4||||||x f x x x x x x +==+≥⨯= 故选Ｂ４、【解析】353410042y x x y =-⇒--=,由2242200x y x y +-+-=,得22(2)(1)25x y -++= ,圆心(2,1)C -,且324(1)100⨯-⨯--=，故选A5、【解析】如图所示,该三视图对应的直观图为四棱锥P ABCD -, 由两条异面直线所成的角的定义知:AD BC 、与PC 所成的角相等，AB CD 、与PC 所成的角相等,均等于BCP ∠，且PDC PBC PAC ∆≅∆≅∆在Rt PBC ∆中,3cos 33BC BCP PC ∠===． 故选Ｄ ６、【解析】因为31log (1,2),()(0,1),tan(2018)tan 1244a b c πππππ=∈=∈=+==所以a c b >>,故选Ａ７、【解析】由题有492012050405577=-=-A A ,故选D8、【解析】由题知线段AB 是椭圆的通径,线段AB 与y 轴的交点是椭圆的下焦点1F ，且椭圆的1c =,又60FAB ∠=,323260tan ||||11===c FF AF ,1||2||3AF AF ==, 由椭圆定义知1||||23AF AF a +==，∴3=a ,3331===a c e ,故选Ｃ。

贵州省凯里一中2018届高三下学期第二次模拟考试数学（理）第I卷(选择题,共60分)一、选择题（本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知复数，则（）A. 0B. 1C.D. 2【答案】C【解析】故选2. 已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，故选C.3. 函数的最小值为（）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】故选4. 直线和圆的位置是（）A. 相交且过圆心B. 相交但不过圆心C. 相离D. 相切【答案】A【解析】化简为圆心为，将代入到中，满足直线方程，故直线过圆心与圆相交故选5. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体中最短棱和最长棱所在直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，该三视图对应的直观图为四棱锥，由图可知最长棱为，，都是最短棱，由两条异面直线所成的角的定义知：与所成的角相等，与所成的角相等，均等于，且，在中，，故选D.【方法点睛】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.6. 设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】故故选7. 2017年11月30日至12月2日,来自北京、上海、西安、郑州、青岛及凯里等七所联盟学校(“全国理工联盟”)及凯里当地高中学校教师代表齐聚凯里某校举行联盟教研活动，在数学同课异构活动中,7名数学教师各上一节公开课，教师甲不能上第三节课，教师乙不能上第六节课，则7名教师上课的不同排法有（）种A. 5040B. 4800C. 3720D. 4920【答案】D【解析】由题意可得：故选8. 已知抛物线的焦点是椭圆（）的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于、两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】抛物线，即焦点为，故，为正三角形，则边长为故，故选9. 中国传统数学中许多著名的“术”都是典型的算法.如南宋秦九韶的“大衍总数术”就是一次剩余定理问题的算法，是闻名中外的“中国剩余定理”.若正整数除以正整数后的余数为，则记为（），例如.我国南北朝时代名著《孙子算经》中“物不知数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩问物几何?”就可以用源于“中国剩余定理”思想的算法解决.执行如图的程序框图，则输出的（）A. 16B. 18C. 23D. 28【答案】C【解析】该程序框图的功能是求满足下列条件的正整数：①被除余数为；②被除余数为；③被除余数为，结合四个选项，符合题意的正整数只有，故选D.10. 如图所示，在半径为的内有半径均为的和与其相切，与外切，为与的公切线.某人向投掷飞镖，假设每次都能击中，且击中内每个点的可能性均等，则他击中阴影部分的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由几何概型可得：故选11. 在中，，若，则函数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在中，，则，则，故选12. 已知偶函数，且，则函数在区间的零点个数为（）A. 2020B. 2016C. 1010D. 1008【答案】A【解析】依题意，当时，对称轴为，由可知，函数的周期令，可得求函数的零点个数，即求偶函数与函数图象交点个数当时，函数与函数图象有个交点由知，当时函数与函数图象有个交点故函数的零点个数为故选点睛：本题考查了函数的零点个数问题，先运用函数的周期性和对称性，求解出函数解析式并画出函数图像，结合函数是偶函数，只需要计算正方向的交点即可，运用了数形结合的思想，综合性较强。