2018年重庆市第八中学高考适应性月考（六）数学（文）试题（图片版）.rar

文科数学参考答案·第 1页（共 7页） 重庆市第八中学 2018 届高考适应性月考卷（六） 文科数学参考答案 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 B C C A D C D B B A D 【解析】 1． [22 ] M ，， (0 4) N  ，， (0 ] [ 4) N     R  ，，  ，∴ [20 ] MN  R  ，  ，故选 C． 2．由题知 2 1i z ， 1 2 1 i (1 i )(1 2i ) 1 3i i12 i( 12 i ) ( 12 i ) 5 z z      ，故选 B． 3．∵ sin 2 2sin cos 0     ，∴ sin tan 0 cos      ，故选 C． 4．∵离心率 2 32 1 2 e a  ，解得 2 6 a  ， 6 a  ，故选 C． 5．∵函数 () f x 为R 上的奇函数，∴ 0 (0) e 0 fm  ，解得 1 m   ，故 1 ln ( ln 2) 2 ff    ln 2 (ln 2) (e 1) 1 f     ，故选 A． 6．由等差数列的前n 项和性质知 3 S ， 63 SS  ， 96 SS  成等差数列，又 63 5 SS  ，∴ 63 SS  3 6S  ，∴ 96 3 13 SS S   ，即 93 18 SS  ，∴ 9 3 18 S S   ，故选 D． 7．该几何体是由一个半圆锥和一个圆柱组合而成， 2 11 4 π π 22 23 3 V  半圆锥 ， 2 π 2 V   圆柱28 π  ，∴该几何体的体积为 28 π 3 ，故选 C． 8．记 3 名老年人，2 名中年人和 1 名青年人分别为 1 A ， 2 A ， 3 A ， 1 B ， 2 B ，C，则该随机试验 的所有结果可记为 12 () A A ，， 13 () A A ，， 11 () A B ，， 12 () A B ，， 1 () A C ，， 23 () A A ，， 21 () A B ，， 22 () A B ，， 2 () A C ，， 31 () A B ，， 32 () A B ，， 3 () A C ，， 12 () BB ，， 1 () BC ，， 2 () BC ，， 共 15 种，其中来自不同年龄层次的有 11 种，由古典概型知概率为 11 15 ，故选 D． 文科数学参考答案·第 2页（共 7页） 9．由题意得 () 2 s i n ( 2 2) gx x   ，∴ πππ 2sin 2 2 2sin 2 3 12 12 6 g                   ，即 π 3 sin 2 62      ，又 π 0 4  ，∴ ππ 2 π 2 66 3      ，， ∴ ππ 2 63    ，解得 π 12   ， π () 2 s i n2 6 gx x     ∴， 又 ππ π 2sin 2 0 12 12 6 g             ，∴ π 0 12     ，是() g x 的一个 对称中心，故选 B． 10．图中的程序框图是计算当 2 x  时，多项式 234 () 0 3 2 fxx xxx   的值，∴ (2) pf  2  ，故选 B． 11．设 BC 的中点为D，由32 AOA BA CA D          ，知外心与重心重合，则 ABC △ 为等边三角 形，而 1 BC  ，∴ 1 11c o s 6 0 2 AB AC        ，故选 A． 12．由题知[() () ] e 1 x fx fx  ，即 (e ( )) 1 x fx    ，∴e() x fxxc   （c 为常数） ， () e x x c fx   ，又 (0) 1 f  ，∴ 1 c  ，即 1 () e x x fx   ， () e x x fx    ∴． 令 () 0 fx   ， 得 0 x  ， 当 (0 ) x  ，时 ，() 0 fx   ， () f x 单增； 当 (0 ) x  ， 时， () 0 fx   ， () f x 单减， 且 (1 ) 0 f   ， 则 () f x 的大致图象如图 1所示， ① 1 2 m  ， 0 n  时， () 0 fx  或 1 () 2 fx  ，此时方程有 3 个不等实根；② 1 mn   时， ()1 fx  ，即 0 x  恒满足方程；③ 0 n  且 1 mn  时，对函数 2 () gttm tn   有 (0) 0 g  ， (1) 0 g  ， () 0 gt  ∴ 有两个不等的根 1 t ， 2 t ，且 1 (0 ) t  ，， 2 (0 1) t  ， ，此时，方程有三个不等的 根，故①②③均正确，故选 D． 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 4 49 125 π 123图 1 文科数学参考答案·第 3页（共 7页） 【解析】 13． 由题图知在家里、 球迷广场观赛的女球迷人数分别为120 25% 30   人， 80 12.5% 10  人， 所以选择在酒吧观赛的女球迷人数为 20 人，而抽样比为 48 1 240 5  ，∴抽取的球迷中选择 在酒吧观赛的女球迷人数为 1 20 4 5 人． 14．画出对应的可行域如图 2，面积为 15 44 9 (1 ) 1 22 31 2             ． 15．由正弦定理知 sin sin ab A B  ，即 62 6 sin 3 2 B  ，∴ 2 sin 2 B  ，解 得 π 3 π 44 B  或 （舍） ，∴ 5 π 12 C  ． 16．由等轴双曲线可设 11 () Mxx ，， 22 () Nx x  ， ，其中 1 0 x  ， 2 0 x  ，由 3 PNP M      ，知 2211 () 3 () x ax xax  ，， ， 即 21 3( ) x axa  ， 1 3 ax  ①， 21 3 x x  ②，又 12 1 22 () 2 OMN Sxx   △ 12 3 xx   ③，由②③解得 1 1 x  ，代入①得 3 a  ． 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）由已知 1 1 2 n nn aa   ， ∴ 11223211 () () ()() nnnnnnn aaaaaaa aaa   … ， ∴ 12321 222 221 nnn n a   … ， ……………………………………（4分） ∴ 1 (1 ) 1( 12) 21 11 2 n n n n aq a q       ． ……………………………………（6分） （Ⅱ） 2 log ( 1) nn ban   ， 1 1111 (1 ) 1 nn bb nn nn      ， ………………………………………………（9 分） ∴ 111111 1 1 1 1 122334 1 1 1 n n S nn n n            … ． ………………………………………………………………（12 分） 图 2 文科数学参考答案·第 4页（共 7页） 18． （本小题满分 12 分） （Ⅰ）证明：如图 3，连接BD交AC于点E，则E 为BD的中点， 连接GE， ∵SD GAC ∥平面 ，平面SDB GAC GE  平面 ，SD SBD 平面 ， ∴SD GE ∥， 而 E 为BD的中点，∴G为SB的中点． …………………………………………………………………（5 分） （Ⅱ）解：∵F，G分别为SC，SB的中点， ∴ 11 22 F AGC S AGC C AGS VVV   三棱锥 三棱锥 三棱锥 111 448 C ABS S ABC S ABCD VVV   三棱锥 三棱锥 四棱锥 ． ………………………………………………………………………（9 分） 取AB 的中点H，连接SH， ∵ SAB △ 为等边三角形，∴SH AB ⊥， 又平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB 平面ABCD AB  ，SH SAB 平面 ， ∴SH⊥平面ABCD， 而 3 SH  ， 1 22 2 s i n 6 02 3 2 ABCD S   菱形 ， ∴ 11 23 32 33 SA B C D ABCD VSS H    四棱锥 菱形 ， ∴ 11 84 FA G C SA B C D VV   三棱锥 四棱锥 ． ………………………………………（12 分） 19． （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ）散点图如图 4， ……………………………………………………（1 分） 用 ˆˆˆ e x ym n   作为清洗x 次后 1 千克该蔬菜残留的农药量的回归方程类型． …………………………………………………………………（3 分） 图 3 图 4 文科数学参考答案·第 5页（共 7页） （Ⅱ） 由题知 5 1 5 2 1 () () 0.9 ˆ 10 0.09 () ii i i i yy m           ， ˆˆ 21 00 . 1 20 . 8 nym     ， 故所求的回归方程为 ˆ 10 e 0.8 x y   ． ………………………………………（9 分） （Ⅲ）列表如下： ˆ ii yy  000.10.30.3 i yy 2.50.20.6 0.7 1.4 所以 5 2 1 ˆ ( ) 0.19 ii i yy    ， 5 2 1 ()9 . 1 i i yy    ， 2 0.19 10 . 9 7 9 9.1 R   ， 所以回归模拟的拟合效果非常好． ………………………………………………（12分） 20． （本小题满分 12 分） 解：设 11 () Pxy ，， 22 () Qx y ，， （Ⅰ）因为|||| OP OQ  ， 又由抛物线的对称性可知P，Q关于y 轴对称， 所以 21 x x  ， 21 yy  ， 因为OP OQ  ，所以 0 OP OQ       ，故 12 12 0 xx yy   ， 则 22 11 0 xy  ，又 2 11 4 x y  ， 解得 1 4 y  或 1 0 y  (舍)， 所以 1 4 x  ，于是 OPQ △ 的面积为 11 1 |2 | 16 2 xy  ． ………………………（5分） （Ⅱ）直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为yk xm   ， 代入 2 4 x y  ，得 2 440 xk xm  ， 2 16 16 0 km  ， 且 12 4 x xk ， 12 4 xxm  ， 因为OP OQ  ，所以 12 12 0 OP OQ x x y y       ， 故 22 12 12 0 16 xx xx ，则 2 40 mm  ， 所以 4 m  或 0 m  (舍)， 文科数学参考答案·第 6页（共 7页） 因为 OPM △ 与 OQM △ 的面积相等，所以M 为PQ的中点， 则M 点的横坐标为 12 0 2 2 xx x k   ，纵坐标为 2 0 00 44 2 x yk x   ， 故M 点的轨迹方程为 2 1 4 2 yx  ． …………………………………………（12 分） 21． （本小题满分 12 分） （Ⅰ）解：当 1 2 a  时， 1 () c o s 2 fxx   ， 由 () 0 fx   ，得 π 3 x  ，所以 π 0 3 x     ，时 ，() 0 fx   ； π π 3 x     ，时 ，() 0 fx   ， 因此 () f x 的单调递减区间为 π 0 3    ， ，单调递增区间为 π π 3    ，， ………………………………………………………………（3分） () f x 的最大值为 ππ max{ (0) ( π)} max 1 1 1 22 ff      ，， ． ………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：先证 2 sin cos 1 0 π xxx  ≤ ， 令 2 () s i n c o s 1 π gxxxx  ， 则 22 π ( ) cos sin 2 sin ππ 4 gx x x x         ， 由 π 2sin [0 π] 4 yxx     ，， 与 2 π y  的图象易知，存在 0 [0 π] x  ， ，使得 0 ()0 gx   ， 故 0 (0 ) x x ，时 ，() 0 gx   ； 0 ( π) xx  ，时 ，() 0 gx   ， 所以 () g x 的单调递减区间为 0 (0 ) x ， ，单调递增区间为 0 ( π) x，， 所以 () g x 的最大值为 max{ (0) ( π)} gg ，， 而 (0) 0 g  ， ( π)0 g  ． ………………………………………………………（10 分） 又由 2 π a≤， 0 x≥ ，所以 2 sin 1 cos sin 1 cos 0 π ax x x x x x     ≤≤ ， 当且仅当 2 π 0( π) a x        ， 或， 取“ ”成立，即 () c o s 0 fx x  ≤． ………………（12 分） 文科数学参考答案·第 7页（共 7页） 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 的极坐标方程为 22 22 cos sin 1 49    ， 直线l 的极坐标方程为2c o s s i n 8     ． ………………………………（5 分） （Ⅱ）设点Q的极坐标为() Q   ，， 易知 2 22 36 || 9cos 4sin OR     ， 8 || 2cos sin OP     ， 故代入 2 2| | =9| | | | OR OP OQ  ，得 22 1 9cos 4sin 2cos sin      ， 即 2 22 2c o s s i n 9cos 4sin         ， 所以点Q的直角坐标方程为 22 294 x yxy   ． ………………………（10 分） 23． （本小题满分 10 分） 【选修 4 −5：不等式选讲】 （Ⅰ）解：当 3 x≥ 时， () 4 2 fx  成立； 当13 x   时， ()3 1222 fx xx x  ，∴03 x   ； 当 1 x  ≤时 ， () 4 2 fx，不成立． 综上， (0 ) M  ，． ………………………………………………………（5 分） （Ⅱ）证明：根据题意，得 log 0 a b  ， ∴ 1 1 a b      ， 或 01 01 a b      ， ，要证 1 |2 2 | |2 2| aba b   成立， 即证 1 44224 422 a b ab ab ab        成立， 即证 1 444 40 aba b    （*）成立， 1111 4 4 4 4 4 (1 4 ) 4(4 1) (4 1)(4 4 ) aba b ab b b a           ， 当 1 1 a b      ， 时， 1 (4 1) 0 (4 4 ) 0 ba     ， ； 当 01 01 a b      ， 时， 1 (4 1) 0 (4 4 ) 0 ba     ， ， 故 1 (4 1)(4 4 ) 0 ba   ，所以（*）式成立． …………………………（10 分） 页 1 第页 2 第页 3 第页 4 第