2018年云南省曲靖一中高三适应性月考卷（八）数学（理）试题（图片版）.rar

页 1 第曲靖一中 2018 届高考适应性月考卷（八）理科数学 2018.5.31页 2 第页 3 第页 4 第 理科数学参考答案·第 1页（共 7页） 曲靖一中高考复习质量监测卷八 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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D C B B A D B A A C B 【解析】 1．因为 {|1 2 } Ax x   ， {| 0 } Bxx  ，故选 C． 2．由已知得 1i z，故选 D． 3．因为①②正确，③④错误，故选 C． 4．易求得 1 cos 2 ab     ， ，故选 B． 5．运行题中的程序得到 6 n  ，故选 B． 6．因为 e π 3 π 2 8 1 7 7 log 31 abc   ，，， 则 abc ，故选 A． 7．不妨设大正方形的边长为 1，则小正方形的边长为 cos sin    ，所以小正方形的面积为 2 2 (cos sin ) 9   ， 2 9 p  ，故选 D． 8．令||2 PFt  ，所以|| 3|| PQtQ Ft  ，， 由 22 3 t tt  ，得 3 t  ，故选 B． 9．由 10 240 xy xy      ， ， 得交点为 (2 3) A ，， 易 知 0 m  ，且在 A点处取得最大值，由932 m  ， 得 3 m  ，故选 A． 10．由三视图知，几何体是正方体的一部分，故 2222 (2 ) 2 2 2 R  ，所以 2 4 π 12 π R  ，故选 A． 11．因 为 (1 )( )1 fx fx    ，所 以 (1 )( )1 fx fx  ，又 (1) 1 ( 6 ) 4 (1 3) 7 fff   ，，， 从 (2) f 到 (6) f 的对应法则有 1 5 C 种，从 (7) f 到 (1 3) f 的对应法则有 2 7 C 种，共有 12 57 CC 1 0 5  种，故 选 C． 12．设 00 () Pxy ， ，由 (1 ) tOA tAP      ，得OA tOP       ，所以 00 () A tx ty ， ，由 16 OA OP       ， 得 22 00 16 tx ty ，又 2 2 0 0 1 4 x y  ，消去 0 y 得 2 0 64 54 t x   ，则 0 0 2 0 64 | | || | | 54 x OA OB tx x          0 0 64 64 8 44 5| | 5 2 || 2 x x    ≤ （因为 0 ||2 x≥） ，故选 B． 理科数学参考答案·第 2页（共 7页） 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 35 π 3[1 ln 3 )   ， 2018 【解析】 13． 43 66 CC3 5 ． 14．由2c o s 2 cAab  ，得 2cos sin sin 2sin ACAB   ， 2cos sin sin 2sin( ) ACAA C   ， sin 2sin cos A AC  ，所以 1 cos 2 C  ，故 π 3 C  ． 15．当 (0 3] x  ，时 ， max 3 () ( e ) e fx f  ；当 [30 ] x   ， 时，若 0 a≥， ()1 fx ≤ 符合要求；若 0 a  ， max 3 () (3 ) e e a fx f  ≤ ，解得1l n 3 0 a   ≤ ，故 [1 ln 3 ) a   ，． 16．依题设知函数图象的一个对称中心为 (1 1) ，， 所 2017 2017 12 0 1 82 22 ff         ，则 2017 2017 22 0 1 72 22 ff        ， 2017 2017 32 0 1 62 22 ff         ，…， 2017 2017 1009 1010 2 22 ff        ，故 2018 1 2017 1009 2 2018 2 i fi        ． 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） （Ⅰ）解：因为2(1 ) (2 ) nnn Saa  ，① 所以 111 2(1 ) (2 ) nnn Saa   ，② ②-①得 22 11 1 2 nnnnn aaaaa    ，即 11 () (1 ) 0 nnnn aaaa    ， 因为 1 0 nn aa   ，所以 1 1 nn aa   ， 由 111 2(1 ) (2 ) Saa  ，得 1 2 a  ，故{} n a 为等差数列， 因此 2(1 )1 1 n ann ． …………………………………………………………… （6 分） （Ⅱ）证明：因为 2 1111 (2 )(1 ) (2 ) 1 2 n b nnnnn    ， 所以 11 11 11 1 1 1 1 1 23 34 45 1 22 22 n T nn n                    ．………（12 分） 理科数学参考答案·第 3页（共 7页） 18． （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ）设A表示事件“砂糖橘产量为 5000kg” ，B表示事件“砂糖橘产量为8000kg” ， C表示事件“砂糖橘市场价格为12元/kg” ，D表示事件“砂糖橘市场价格为16元/kg” ， 则 ()0 . 3 PA  ， ()0 . 7 PB  ， ()0 . 4 PC  ， ()0 . 6 PD  ． 所以砂糖橘一年销售额超过 6 万元的概率为 ( ) 0.3 0.6 0.7 0.4 0.7 PAD BC BD   0.6 0.88  ．…………………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）∵利润 产量 市场价格 成本， ∴ X 的所有可能取值为 5000 12 20000 40000  ， 5000 16 20000 60000  ， 8000 12 20000 76000   ， 8000 16 20000 108000  ， ( 40000) ( ) ( ) 0.3 0.4 0.12 PX PAPC    ； ( 60000) ( ) ( ) 0.3 0.6 0.18 PX PAPD    ； ( 76000) ( ) ( ) 0.7 0.4 0.28 PX PBPC    ； ( 108000) ( ) ( ) 0.7 0.6 0.42 PX PBPD    ， ∴X 的分布列为： X 40000 60000 76000 108000 P 0.12 0.18 0.28 0.42 ( ) 40000 0.12 60000 0.18 76000 0.28 108000 0.42 82240 EX（元） ． ……………………………………………………………………………………（12 分） 19． （本小题满分 12 分） （Ⅰ）证明：如图，连接BM ， ∵DAD P  ，∴DMP A  ， 不妨设 2 BA BP BD AP  ，则 3 BM  ， ∵ π 2 ADP  ， 1 1 2 DM AP  ， 在 BDM △中 ， 222 BD BM DM ， DMB M  ∴， 又∵APB MM   ，∴ DM 平面PAB ．……………………………………………（6 分） 理科数学参考答案·第 4页（共 7页） （Ⅱ）∵BA BP  ，∴BM AP  ， 以MPM BM D ，， 所在直线分别为x yz ， ， 轴建立空间直角坐标系， 则 (100 ) ( 0 30 ) AB ，，， ， ， ， ( 100 ) ( 001 ) PD ，，， ，， ， 从而得 (1 0 1) DP   ，， ， (1 3 0 ) DC AB      ，，， (1 3 0) BP    ，，， (1 0 1) BC AD       ，，， 设平面DPC 的法向量 1111 () nxyz    ，， ， 则 1 1 0 0 nD P nD C                  ， ， 即 11 11 0 30 xz xy        ， ，令 1 1 y  ，得 11 3 xz   ， 1 (31 3 ) n      ∴， ，， 设平面PCB的法向量 2222 () nxyz    ，， ， 由 2 2 =0 0 nB C nB P                 ， ， 得 22 22 0 30 xz xy        ， ，令 2 1 y  ，得 2 3 x  ， 2 3 z  ，∴ 2 (31 3 ) n    ，， ， ∴ 12 12 12 1 cos 7 || || nn nn nn               ， ，设二面角D PC B   的平面角为  ， ∴ 2 12 43 sin 1 cos 7 nn       ， ．……………………………………………………（12 分） 20． （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ）连接 MA，则|||| |||| || 2 3 MC MA MC MP CP  ， 又||22 CA  ，所以点M的轨迹是以CA ， 为焦点的椭圆， 因为223 a  ，222 c  ， 所以 3 a  ， 2 c  ， 1 b  ， 故所求椭圆的方程是 2 2 1 3 x y  ．…………………………………………………（6分） （Ⅱ）设直线 RS的方程为 2 yxm  ， 与 2 2 1 3 x y  联立并消去y整理得 22 13 12 3 3 0 xm xm    ， 理科数学参考答案·第 5页（共 7页） 设交点 11 () Rx y ，， 22 () Sx y ，， 则 12 12 13 m xx   ， 2 12 33 13 m xx   ， 易求得 3 2 3 E     ， ， 3 2 3 F      ，， 所以 33 22 22 33 m  ， 故四边形ERFS的面积为 12 12 13 || |||| 23 SE Fxxxx   2 52 4 3 3 22 22 13 3 3 m m           ， 所以四边形ERFS面积的取值范围是 12 2 6 12 2 6 39 39      ， ．……………………（12 分） 21． （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ）因为 () l n 1 hx x   单调递增，令 () l n 1 = 0 hx x    ，得 1 e x  ， 所以当 1 0 e x     ，时 ，() 0 hx   ， () hx单调递减；当 1 + e x      ，时 ， () 0 hx   ， () hx单 调递增． ①当 1 01 e tt  时，满足条件的t不存在； ②当 1 01 e tt ，即 1 0 e t 时， min 11 () ee hx h      ； ③当 1 1 e tt  ≤， 即 1 e t≥时 ， min () () l n hx ht t t ．…………………………………（ 6 分） （Ⅱ）因为 [() () ] () () mgb ga fb fa  等价于 () () () () mg b f b mg a f a   ， 令 22 32 () () () 2 3 l n 24 x x xm gxfxm xm x x   ， 因为 0 ba ，总有 [() () ] () () mgb ga fb fa  成立， 所以 () x  在 (0 )   ， 上单调递增． 问题化为 2 () 6 6 l n 0 x mx mx x x    ≥ 对 (0 ) x   ， 恒成立， 理科数学参考答案·第 6页（共 7页） 因为 () ( 6 6 l n) x xm xm x   ，化为 () 6 6 l n 0 rx mx m x  ≥对 (0 ) x   ， 恒成立， ①若 0 m≤ ，因为 (e) 6 (e 1) 1 0 rm    ，所以不满足题意； ②若 0 m  ，由 16 1 () 6 mx rx m x x    ，知 当 1 0 6 x m     ，时 ， () 0 rx   ；当 1 + 6 x m     ， 时， () 0 rx   ，所以 () rx在 1 0 6m    ， 上单调递减，在 1 + 6m     ， 上单调递增， 故 1 6 x m  是 () rx在 (0 + ) x ， 上的最小值点， 由于 (1) 0 r  ，所以当且仅当 1 1 6m  时， ()0 rx≥， 故 1 6 m  ．………………………（12 分） 22． （本小题满分 10 分） 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 解： （Ⅰ）将直线l的参数方程 3 3 x t yt       ， ， 化作普通方程得 60 xy  ， 再化为极坐标方程得到 6 sin cos      ， 与 6sin    联立消去  得 1 sin sin cos     ，即 cos (sin cos ) 0      ， 在 6sin    中，由 0 ≥， 得 sin 0 ≥ ， 不妨限定 0 π  ≤≤ ，解得 π 3 π 24   或 ， π 2   时， π 6sin 6 2    ； 3 π 4   时， 3 π 6sin 3 2 4  ． 所以直线l与曲线C的交点的极坐标是 π 6 2    ，， 3 π 32 4    ， ．………………………（5 分） （或者化作普通方程求出交点，再用极坐标表示） （Ⅱ）在l上任取一点() Pxy  ，， 则 60 xy    ，() Pxy   ， 按照伸缩条件变化后得 到点() Pxy ， ，则变换公式为 1 2 2 x x yy          ， ， 即 2 1 2 x x yy          ， ，代入 60 xy   整理得41 2 0 lxy    ： ， 理科数学参考答案·第 7页（共 7页） 曲线C的直角坐标方程是 22 2 (3 )3 xy ，表示圆心为 (0 3) C ， ，半径等于 3 的圆， 圆心C到直线l 的距离 22 |4 0 3 12| 9 3 17 41 d       ， 直线l 被圆C截得的弦的长度 22 81 12 34 22 9 17 17 Lrd  ．………………（10分） 23． （本小题满分 10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】 （Ⅰ）解：零点分段去绝对值， 2 2 111 () 111 xx x x fx xx x            ，或， ，≤≤ ，当 1 x  时， 2 () 1 fxxx  ， () f x 的取值范围是 (1 )   ， ； 当 1 x  时， 2 () 1 fxxx  ， () f x 的取值范围是 (1 )   ， ； 当11 x ≤≤时， 2 () 1 fxxx    ， () f x 的取值范围是 5 1 4        ， ， 综上，函数 () f x 的值域是 [1 )   ， ．…………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知， min () 1 fx   ，对 x  R， () 1 fx  ≥ ， ()1 fx  ≤ ， () 2 3 0 fxabc  ≥ 对 x  R 成立 23 ( ) abcfx    ≥ 对 x  R 成立 231 abc ≥ ． 由柯西不等式得 222222 2 () ( 1 2 3 ) ( 1 2 3 ) 1 abc abc    ≥≥ ， 当且仅当 123 abc 时， 222 2 14( ) (1 2 3 ) abc abc    ， 所以 222 1 14 abc  ≥ 成立．……………………………………………………………（10 分）