1、第 1 页 共 17 页2018 届广东省百校联盟高三第二次联考数学（理）试题一、单选题1复数 满足 ，则 （ ）z1izA. B. C. D. 2321【答案】A【解析】由题意可得： ，则： 12izi.2211,2ziz本题选择 A 选项.2已知 ， ，则 （ ）2|log3xyx2|4ByxABA. B. C. D. 10,31,1,3【答案】C【解析】因为 2|log31Axyx,2|4Byx，故选 C.12,B3下表是我国某城市在 2017 年 1 月份至 10 月份各月最低温与最高温 的数据一C览表.已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（ ）
2、A. 最低温与最高温为正相关 B. 每月最高温与最低温的平均值在前 8 个月逐月增加C. 月温差（最高温减最低温）的最大值出现在 1 月 D. 1 月至 4 月的月温差（最高温减最低温）相对于 7 月至 10 月，波动性更大【答案】B【解析】第 2 页 共 17 页将最高温度、最低温度、温差列表如图，由表格前两行可知最低温大致随最高温增大而增大， 正确；由表格可知每月最高温与最低温的平均值在前 个月不是逐月增A 8加， 错；由表格可知，月温差（最高温减最低温）的最大值出现在 月， 正B 1C确；由表格可知 月至 月的月温差（最高温减最低温）相对于 月至 月，波14 70动性更大， 正确，故选
3、B.D4已知命题 是 的必要不充分条件；命题 若 ，则:2px2log5:q3sinx，则下列命题为真命题的上（ ）cos2inA. B. C. D. pqpqpqpq【答案】A【解析】由对数的性质可知： ，则命题 是真命题；22log4l5由三角函数的性质可知：若 ，则： ，3sinx231sinx且： ，21cos1ix命题 是真命题.q则所给的四个复合命题中，只有 是真命题.pq本题选择 A 选项.5在 中，角 的对边分别为 ，若 ，且BC, ,abcsin3i,5ABc，则 （ ）cos6aA. B. C. D. 2324【答案】B【解析】由正弦定理结合题意有： ，不妨设 ，3ab,3
4、0ma结合余弦定理有： ，22295cos6cC求解关于实数 的方程可得： ，则： .m13a本题选择 B 选项.6某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的表面积为（ ）第 3 页 共 17 页A. B. 84256425C. D. 68【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为放在正方体的四棱锥 ，如图，正方体的边长为EABCD2，该三棱锥底面为正方形，两个侧面为等腰三角形，面积分别为 ，另两个侧2,面为直角三角形面积都为 ，可得这个几何体的表面积为 ，故选 C.5657将曲线 ： 上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，1Csin6yx12再把得到的曲线向左
5、平移 个单位长度，得到曲线 ： ，则 在22Cygx上的单调递增区间是（ ）,0A. B. C. D. 5,6,36,03,6【答案】B【解析】将曲线 ： 上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不1Csinyx12变，再把得到的曲线向左平移 个单位长度可得2，令 ，5266gxsinxsinx 5226kxk得 ，再令 ，得 ，则 在3kkZ03g第 4 页 共 17 页上的单调递增区间是 ，故选 B.,02,368执行如图所示的程序框图，若输入的 ，则输出的 （ ）4tiA. 7 B. 10 C. 13 D. 16【答案】D【解析】 ，1 不是质数， ； ，4 不是质数， i014Si； ，
6、7 是质数， ； ，10 不是质45Si 57210数， ； ，13 是质数， ， ，故20843835S6i输出的 .选 D.6i9设 满足约束条件 ，则 的取值范围是（ ）,xy206 xyyxzA. B. C. D. 7,1272,7,23,12【答案】A【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，考查 的几何意义：yx可行域内的点与坐标原点之间连线的斜率，则 ，1,4令 ，换元可得： ，该函数在区间 上单调递增，ytx12zt,据此可得： ，minmax74,即目标函数的取值范围是 .,12本题选择 A 选项.第 5 页 共 17 页点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性
7、目标函数的最值的求法(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义10函数 的部分图象大致是（ ）2xefA. B. C. D. 【答案】D【解析】 为奇函数，图象关于原点对称，排2,xef fxf除 ；当 时， ，排除 ；当 时，A0,1x021xefB1,x，排除 ；故选 D.fC【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单第 6 页 共 17 页调性、奇偶性、特殊点以及 时函
8、数图象的变化趋势，0,xx利用排除法，将不合题意的选项一一排除.11过双曲线 的右焦点且垂直于 轴的直线与双曲线交于21(,)xyabx两点， 为虚轴上的一个端点，且 为钝角三角形，则此双曲线离心率的,ABDABD取值范围为（ ）A. B. C. D. 1,2,22,1,2,【答案】D【解析】由通径公式有： ，不妨设 ，分2bABa22,0bAcBDba类讨论：当 ，即 时， 为钝角，此时 ；2ba1D12e当 ，即 时，应满足 为钝角，2eAB此时： ，4 422220,bbDABcaa令 ，据此可得： ，2bta21,tt则： .1et本题选择 D 选项.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要
9、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：求出 a，c，代入公式 ；cea只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2c 2a 2 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)12已知函数 ，若 成立，则 的最231,ln42xxfegfmgnm小值为（ ）A. B. C. D. 1ln2lll【答案】A【解析】设 ，则： ，231ln04mek143ln,2kme第 7 页 共 17 页令 ，则 ，14ln322khknme142khe导函数
10、单调递增，且 ， 0则函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递14ln322khe1,41,4增，结合函数的单调性有： ，minln2hk即 的最小值为 .nm1l2本题选择 A 选项.二、填空题13设平面向量 与向量 互相垂直，且 ，若 ，则mn21,mn5m_n【答案】 5【解析】由平面向量 与向量 互相垂直可得 所以n0,n，又 ，故答案为 .221,415mn ,5m【方法点睛】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cosab12abxy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
11、影， 在 上的投影是 ；（3） 向量垂直则 ;(4)求向量abab,0ab的模（平方后需求 ）.manb14在二项式 的展开式中，第 3 项为 ，则 _.612x120x【答案】【解析】结合二项式定理的通项公式有： ，6 62112rrrrx rr xTCCt第 8 页 共 17 页其中 ，结合题意有： ，20rt26210Ct计算可得： ，即： .4t4,x15如图， 是正方体 的棱 上的一点，且 平面E1ABD1D1/B，则异面直线 与 所成角的余弦值为_ .1BCF1C【答案】 15【解析】不妨设正方体 的棱长为 ，设 ，如1ABCD211BCO图所示，当点 为 的中点时， ，则 平面
12、，E1OEADAE据此可得 为直线 与 所成的角，O在 中，边长： ，CA5,2,3C由余弦定理可得： .315cosE即异面直线 与 所成角的余弦值为 .1BDC5点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 ，当所作的角为钝角时，0,2应取它的补角作为两条异面直线所成的角第 9 页 共 17 页16已知点 是抛物线 上一点， 为坐标原点，若 是以点A
13、2:(0)CxpyO,AB为圆心， 的长为半径的圆与抛物线 的两个公共点，且 为等边0,8MOCO三角形，则 的值是_p【答案】 23【解析】 点 A 在线段 OM 的中垂线上，,又 ，所以可设 ，0,8M4x由 的坐标代入方程 有： tan3,.,43x2xpy16243p解得： 2.p点睛：求抛物线方程时，首先弄清抛物线的对称轴和开口方向，正确地选择抛物线的标准方程.三、解答题17已知正项数列 满足 ，数列 的前 项和 满足na2211,nnaanbnS.2nnS（1）求数列 ， 的通项公式；nb（2）求数列 的前 项和 .1nanT【答案】(1) ， .(2) .2nb1n【解析】试题分
14、析：(1)由题意结合所给的递推公式可得数列 是以 为首项， 为公差的等差na1数列，则 ，利用前 n 项和与通项公式的关系可得 的通项公式为na nb.2nb(2)结合(1)中求得的通项公式裂项求和可得数列 的前 项和1nabn.21nT试题解析：（1）因为 ，所以， ，221nnaa110nnaa第 10 页 共 17 页因为 ，所以 ，所以 ，10,nna10na1na所以 是以 为首项， 为公差的等差数列，所以 ，n当 时， ，当 时 也满足，所以 .212nnbS12b2nb（2）由（1）可知 ，1nan所以 .1123421n nT 18唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中
15、国国画，雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔，唐三彩的生产至今已由 1300 多年的历史，制作工艺蛇粉复杂，它的制作过程中必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程互相独立，某陶瓷厂准备仿制甲乙丙三件不同的唐三彩工艺品，根据该厂全面治污后的技术水平，经过第一次烧制后，甲乙丙三件工艺品合格的概率依次为 ，经过第二次烧制后，143,25甲乙丙三件工艺品合格的概率依次为 .412,53（1）求第一次烧制后甲乙丙三件中恰有一件工艺品合格的概率；（2）经过前后两次烧制后，甲乙丙三件工艺品成为合格工艺品的件数为 ，求随机X变量
16、的数学期望.X【答案】(1) ；(2)1.2.350【解析】试题分析：(1)由题意结合概率公式可得第一次烧制后甲乙丙三件中恰有一件工艺品合格的概率为 ；1(2)由题意可得题中的分布列为二项分布，则随机变量 的数学期望为 1.2.X试题解析：分别记甲乙丙第一次烧制后合格为事件 ,123,A（1）设事件 表示第一次烧制后恰好有一件合格，E则 .1245550P（2）因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为 ，2p所以随机变量 ，3,0.4XB所以 .12Enp19如图，四边形 是矩形， 平面ACD3,2,ABCDEP第 11 页 共 17 页.,6ABCDPE（1）证明：平面 平面 ；APBE（
17、2）求二面角 的余弦值.C【答案】(1)证明见解析；(2) .5【解析】试题分析：(1)由题意结合题意可证得 平面 ，结合面面垂直的判断定理可得ACPBE平面 平面 ；PACBE(2)建立空间直角坐标系，结合半平面的法向量可得二面角 的余弦APBC值为 .5试题解析：（1）证明；设 交 于 ，BEACF因为四边形 是矩形， ,D3,2BCDE所以 ,3,又 ，所以 ,2AB,AACB因为 ,2ECBCE所以 ，又 平面 .PD所以 ，而 ，所以平面 平面 ；PE（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得 ,3,20,3,0,3,06ABCP则 ,0,6,1BP设平面 的法向量 ，则 ，A1
18、1,nxyz1130 6yxz第 12 页 共 17 页取 ，即116,0,3xyz16,03n设平面 的法向量 ，则 ，BPC22,xyz2230 6xyz取 ，即2110,xyz10,n设平面 与平面 所成的二面角为 ，A则 12125cos,n由图可知二面角为钝角，所以 .cos520已知椭圆 的长轴长是短轴长的 倍，且椭圆 经过2:1(0)xyCab2C点 .,2A（1）求椭圆 的方程；（2）设不与坐标轴平行的直线 交椭圆 于 两点， ，记直线 在lC,MN2l轴上的截距为 ，ym求 的最大值.【答案】(1) .(2) .218xy47【解析】试题分析：(1)结合题意可求得 ，则椭圆的
19、方程为 .2,8ba218xy(2)联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理讨论可得直线 在 轴上的截距l的最大值为 .147试题解析：（1）因为 ，所以椭圆的方程为 ，2ab218xyb第 13 页 共 17 页把点 的坐标代入椭圆的方程，得 ，2,A 218b所以 ，椭圆的方程为 .21,8ba2xy（2）设直线 的方程为 ，l 12,ykmMNxy联立方程组 得 ，218xyk228680km由 ，得 ，2225630m221所以 ，121228,kmxxk所以 222222 211168418441kmkmMNkxx k由 ，得 ，22481mk22834k令 ，所以 ，22()1ktt2
20、29t，即 ，24918mt147m当且仅当 ，即 时，上式取等号，4t728t此时 ， ，满足 ，278k23m2218mk所以 的最大值为 .14721函数 .2lnfxx（1）当 时，讨论 的单调性；0mf（2）若函数 有两个极值点 ，且 ，证明： fx12,x12x21ln2fxx.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.第 14 页 共 17 页【解析】试题分析：(1)结合函数的解析式求导可得 ，分类讨论可得：21xmf当 时， 在 上递减，102mfx1,22在 和 上递增，当 时，在,12m上递增.1,(2)由题意结合函数的性质可知： 是方程 的两根，结合12,x20x所给的
21、不等式构造对称差函数，结合函数的2 141lnln,()xx性质和自变量的范围即可证得题中的不等式.试题解析：函数 的定义域为 ，fx21,1xmf（1）令 ，开口向上， 为对称轴的抛物线，2gxm当 时，x ，即 时， ，即 在 上恒102120gx0fx1,成立，当 时，由 ，得0m2gxm，121,2x因为 ，所以 ，当 时， 0g121x2x，即 ， xfx当 或 时， ，即 ，120gx0fx综上，当 时， 在 上递减，0mf1212,m在 和 上递增，当 时，在 上12,1,递增.第 15 页 共 17 页（2）若函数 有两个极值点 且 ，fx12,x12x则必有 ，且 ，且 在
22、上递减，在102m0f12,x和 上递增，1,x,则 ，2ff因为 是方程 的两根，1,x20xm所以 ，即 ，212,1212,xx要证 lnfx又 22124lnmxx 2222 2241l l1lnx x，即证 对 恒成立，2222ln11ln0xx20设 14,()x则 4llxxe当 时， ，故 ，102120,ln1,l0x0x所以 在 上递增，x,故 ，1124ln2ln0所以 ，22224l lxxx所以 .1nf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
23、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，曲线 的参数方程为 （ 为参数） ，曲xOy1C, 1xcosyin第 16 页 共 17 页线 的参数方程为 （ 为参数） 2C2, xcosyin（1）将 ， 的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线？12（2）以坐标原点为极点，以 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线 的极坐x l标
24、方程为 若 上的点 对应的参数为 ，点 在 上，cosin41CP2Q2C点 为 的中点，求点 到直线 距离的最小值MPQMl【答案】 （1） 表示以 为圆心，1 为半径的圆， 表示221xy0,214xy焦点在 轴上的椭圆；（2） .65【解析】试题分析：（1）分别将曲线 、 的参数方程利用平方法消去参数，即可1C2得到 ， 的方程化为普通方程，进而得到它们分别表示什么曲线；（2）C，利用点到直线距离公式可得 到直线 的距离1cos,inMMl，利用辅助角公式以及三角函数的有界性可得结果.i65d试题解析：（1） 的普通方程为 ，它表示以 为圆心，1 为半径1C221xy0,的圆，的普通方程
25、为 ，它表示中心在原点，焦点在 轴上的椭圆224xyx（2）由已知得 ，设 ，则 ，0,Pcos,inQ1cos,in2M直线 ： ，l4xy点 到直线 的距离 ，Ml2cos6cosin6455d所以 ，即 到 的距离的最小值为 62105dMl 1023已知 .23fxax（1）证明： ；第 17 页 共 17 页（2）若 ，求实数 的取值范围.3fa【答案】(1)见解析；(2) .1,0【解析】试题分析：(1)利用基本不等式求出 的最小值为 ，再利用二fx23a次函数配方法可证得结论；（2）分两种情况讨论，分别解关于 的不等式组，结合一元二次不等式的解法求解不等式组，然后求并集即可得结果.试题解析：（1）证明：因为 2 23fxaxx而 ，2331xaa所以 .f（2）因为 ，22 3,334afa 所以 或 ，2 43a2 43a解得 ，所以 的取值范围是 .101,0
