福建省五校2018—2019学年高三上学期第二次联考理科数学(解析版)

福建省五校2018—2019学年高三上学期第二次联考理科数学(解析版)

福建省五校 2018—2019 学年高三上学期第二次联考 理科数学 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i 是虚数单位，若复数 i 1 iz   ，则复数 z 的共轭复数 z  （ ） A． 1 1 i2 2 B． 11 i2 C． 11 i2 D． 1 1 i2 2 1．答案：A 解析： i i(1 i) 1 i 1 1 1 1i, i1 i (1 i)(1 i) 2 2 2 2 2z z           2．已知集合 2{ | 1 2}, { | 2 }A x x B x y x x        ，则 A B  （ ） A．{ | 1 0}x x   B．{ | 1 0}≤x x  C．{ | 0 2}x x  D．{ | 0 2}≤x x  2．答案：B 解析：因为函数 2 2y x x   有意义，所以 2 22 0, 2 0x x x x  ≥ ≤ ，解得 2 0x ≤ ≤ ， 所以集合 { | 2 0}B x x  ≤ ≤ ．又 { | 1 2}A x x    ，所以 { | 1 0}A B x x   ≤ ． 3．已知 4cos 4 5       ，则sin 2  （ ） A． 1 5 B． 1 5 C． 7 25 D． 7 25 3．答案：C 解析： 2 16 7sin 2 cos 2 cos 2 2cos 1 2 12 4 4 25 25                                ． 4．在区间[0, 2] 上随机取一个数 x ，使 3sin 2 2 ≥x 的概率为（ ） A． 1 3 B． 1 2 C． 2 3 D． 3 4 4．答案：A 解析：当 [0, 2]x 时，0 2 x ≤ ≤ ，所以 3 2 2 4sin 2 2 3 2 3 3 3x x x    ≥ ≤ ≤ ≤ ≤ ， 故由几何概型的知识可知所求概率 4 2 13 3 2 3P    ． 5．已知 m 是 3 与 12 的等比中项，则圆锥曲线 2 2 12 x y m   的离心率是（ ） A．2 B． 6 3 C． 2 4 D．2 或 6 3 5．答案：D 解析：因为 m 是 3 与 12 的等比中项，所以 2 3 12 36m    ，解得 6m   ． 若 6m   ，则曲线的方程为 2 2 12 6 y x  ，离心率 2 6 2 2 e   ； 若 6m  ，则曲线的方程为 2 2 16 2 x y  ，该曲线是椭圆，其离心率 6 2 6 36 e   ． 综上，所求离心率是 2 或 6 3 ． 6．已知 1 3 3 1 3 7 1 1log , , log2 4 5a b c      ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A． a b c  B．b a c  C．b c a  D．c a b  6．答案：D 解析： 3 1 3 3 7 1log , log log 52 5a c   ， 1c a   ． 1 31 (0,1)4b      ，故c a b  ． 7．执行如图所示的程序框图，如果输入的 0.01t  ，则输出的 n  （ ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．答案：C 解析： 1 1 11 , , 12 2 4S m n     ，此时 S t 成立； 1 1 1 1, , 22 4 4 8S m n      ，此时 S t 成立； 1 1 1 1, , 34 8 8 16S m n      ，此时 S t 成立； 1 1 1 1, , 48 16 16 32S m n      ，此时 S t 成立； 1 1 1 1, , 516 32 32 64S m n      ，此时 S t 成立； 1 1 1 1, , 632 64 64 128S m n      ，此时 S t 成立； 1 1 1 1, , 764 128 128 256S m n      ，此时 S t 不成立．从而输出的 7n  ． 8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ） A． 39 3 34   B． 45 3 34   C． 23 2  D． 49 4  8．答案：A 解析：由三视图知，该几何体为圆锥挖掉 1 4 圆台后剩余部分，其表面积 2 23 1 3 1 (1 2) 3 392 1 2 4 1 2 2 3 34 4 4 4 2 2S                      ． 9．函数 2( ) ln( )ln( )f x x e x e x    的图象大致为（ ） 9．答案：A 解析：因为 2 2( ) ( ) ln( )ln( ) ln( )ln( ) ( )f x x e x e x x e x e x f x          ，所以函数 ( )f x 是偶函数， 排除选项 C，定义域为( , )e e ，当 x e 时， ( )f x   ，排除 B，D，故选 A． 10．已知以圆 2 2: ( 1) 4C x y   的圆心为焦点的抛物线 1C 与圆C 在第一象限交于 A 点， B 点是抛物线 2 2 : 8C x y 上任意一点， BM 与直线 2y   垂直，垂足为 M ，则 BM AB 的最大值为（ ） A．1 B．2 C． 1 D．8 10．答案：A 解析：易知抛物线 1C 的焦点为 (1,0) ，所以抛物线 1C 的方程为 2 4y x ．由 2 2 2 4 ( 1) 4 y x x y      及点 A 位于 第一象限可得点 (1,2)A ．因为抛物线 2 2 : 8C x y 的焦点 (0,2)F ，准线方程为 2y   ，所以由抛物线的 定义得 BM BF ．如图，在平面直角坐标系中画出抛物线 2C 及相应的图形，可得 BM AB BF AB AF   ≤ （当且仅当 , ,A B F 三点共线，且点 B 在第一象限时，不等式取等号）．故 所求最大值为 1AF  ． 2 1 4 2 2 4 (B)AF O B 11．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的体积为 1，点 M 在线段 BC 上（点 M 异于 ,B C 两点），点 N 为线 段 1CC 的中点．若平面 AMN 截正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得的截面为四边形，则线段 BM 的取值范围 为（ ） A． 10, 3      B． 10, 2      C． 2 ,13     D． 1 ,12     11．答案：B 解析：易知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，若 M 为 BC 的中点，如图 1，则 1//MN AD ，所以此 时截面为四边形 1AMND ，所以 1 2BM  符合题意． 若 10 2BM  ，如图 2，作 //BP MN 交 1CC 于点 P ，再作 1 1//PQ C D 交 1DD 于点Q ，连接 AQ ，易知 //MN AQ ，所以此时截面为四边形 AMNQ ，所以 10 2BM  符合题意． 若 1 12 BM  ，如图 3，作 //BP MN 交 1 1B C 于点 P ，再作 1 1//PQ C D 交 1 1A D 于点Q ，连接 AQ ，易知 //MN AQ ，所以点Q 在平面 AMN 内，设平面 AMN 与直线 1 1C D 交于点 E ，连接 ,QE NE ，则此时截 面为五边形 AQENM ，显然不符合题意． 综上可知， 10, 2BM     ． A B C D A1 B1 C1 D1 P N Q M A B C D A1 B1 C1 D1 N M A B C D A1 B1 C1 D1 M N P Q E 12．设函数 ( )f x 是奇函数 ( ) ( )Rf x x 的导函数，当 0x  时， 1( )ln ( )f x x f xx    ，则使得 2( 4) ( ) 0x f x  成立的 x 的取值范围是（ ） A．( 2,0) (0, 2)  B．( , 2) (2, )   C．( 2,0) (2, )  D．( , 2) (0, 2)   12．答案：D 解析：设函数 ( ) ( )lng x f x x ，则 1( ) ( )ln ( )g x f x x f xx    ．于是，当 0x  时，由 1( )ln ( )f x x f xx    可得 ( ) 0g x  ，所以函数 ( )g x 在(0, ) 上单调递减． 从而，当 1x  时，有 ( ) (1) 0g x g  ，即 ( )ln 0f x x  ，又ln 0x  ，所以此时 ( ) 0f x  ； 当 0 1x  时，有 ( ) (1) 0g x g  ，即 ( )ln 0f x x  ，又ln 0x  ，所以此时 ( ) 0f x  ． 在题设不等式中取 1x  ，可得 1(1)ln1 (1)1f f   ，化简得 (1) 0f  ． 于是，由上述讨论可知：当 0x  时， ( ) 0f x  ，故由 2( 4) ( ) 0x f x  ，得 2 4 0x   ，结合 0x  ，解 得 0 2x  ， 因为 ( )f x 为奇函数，所以当 0x  时， ( ) 0f x  ，故由 2( 4) ( ) 0x f x  ，得 2 4 0x   ，结合 0x  ， 解得 2x   ． 综上， x 的取值范围是( , 2) (0, 2)   ． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上． 13．平面向量 a 与b  的夹角为60 ， (2,0), 1a b   ，则 2a b  等于 ． 13．答案： 2 3 解析： 22 22 2 22 4 4 4 cos60 4 2 4 2 1 cos60 4 1 12a b a a b b a a b b                            ， 所以 2 2 3a b   ． 14．已知 5(1 )(1 2 )ax x  的展开式中， 3x 的系数为 20 ，则实数 a  ． 14．答案： 3 2 解析：因为 5(1 )(1 2 )ax x  的展开式中含 3x 的项为 3 3 2 2 5 5( 2 ) ( 2 )C x ax C x    ，即 3(40 80)a x ，所以由 题设得 40 80 20a   ，解得 3 2a  ． 15．在数列{ }na 中， 1 1 1 1 3, ,3 ( 3)n n n a na a a      N ，且 1 3n n b a  ．记 1 2n nP b b b    ， 1 2n nS b b b    ，则 13n n nP S   ． 15．答案：3 解析：因为 1 1 3 1 1 ( 3) 3n n n n na a a a a     ，所以 1 1 1 1 3n n n n b a a a     ， 所以 1 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n S b b b a a a a a a a a                               ． 因为 1 1 3 3 n n n n ab a a    ，所以 1 2 1 1 2 2 3 1 13 3 3 3 n n n n n n aa a aP b b b a a a a            ． 又 1 1 3a  ，故 1 1 1 1 1 1 3 1 1 13 3n n n n n aP S a a a a          ． 16．已知函数 ( ) ( )Ry f x x  ，对函数 ( ) ( )y g x x I  ，定义 ( )g x 关于 ( )f x 的“对称函数”为 ( ) ( )y h x x I  ， ( )y h x 满足：对任意 x I ，两个点( , ( )),( , ( ))x h x x g x 关于点( , ( ))x f x 对称． 若 ( ) sinh x a x  是 ( )g x 关于 ( ) cos cos4 4f x x x             的“对称函数”，且 ( )g x 在 ,6 2       上是 减函数，则实数 a 的取值范围是 ． 16．答案：( ,2] 解析： 1 1( ) cos cos sin cos sin 2 cos 24 4 4 4 2 2 2f x x x x x x x                                        ， 所以由题设知对任意 xR ，两个点( , sin )x a x 和 ( , ( ))x g x 关于点 1, cos 22x x     对称， 所以 ( ) sin cos 2g x a x x  ，即 ( ) sin cos 2g x a x x  ．于是，由函数 ( )g x 在 ,6 2       上是减函数， 得 ( ) cos 2sin 2 0g x a x x   ≤ ，即 2sin 2 4sincos xa xx ≤ 在 ,6 2       上恒成立． 又当 ,6 2x      时， 4sin (2,4)x ，所以 2a ≤ ．故实数 a 的取值范围是( ,2] ． 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，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 17．（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中，角 , ,A B C 的对边分别是 , ,a b c ，且 3 cos (2 3 )cosa C b c A  ． （1）求角 A 的大小； （2）若 2a  ，求 ABC△ 面积的最大值． 17．解析：（1）由 3 cos (2 3 )cosa C b c A  及正弦定理可得： 3 sin cos 2sin cos 3 sin cosA C B A C A  ． 从而 3 sin( ) 2sin cosA C B A  ，即 3 sin 2sin cosB B A ．…………………………………4 分 又 B 为三角形的内角，所以sin 0B  ，于是 3cos 2A  ， 又 A 为三角形的内角，所以 6A  ．……………………………………………………………………6 分 （2）由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 2 34 2 2 32b c bc bc bc    ≥ ， 所以 4(2 3)bc ≤ ，所以 1 sin 2 32ABCS bc A △ ≤ ， 故 ABC△ 面积的最大值为 2 3 ．……………………………………………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 甲、乙、丙三人去某工地务工，其工作受天气影响，雨天不能出工，晴天才能出工．其计酬方式有两种， 方式一：雨天没收入，晴天出工每天 250 元；方式二：雨天每天 120 元，晴天出工每天 200 元．三人要选 择其中一种计酬方式，并打算在下个月（30 天）内的晴天都出工，为此三人做了一些调查，甲以去年此月 的下雨天数（10 天）为依据作出选择；乙和丙在分析了当地近 9 年此月的下雨天数（n）的频数分布表（见 下表）后，乙以频率最大的 n 值为依据作出选择，丙以 n 的平均值为依据作出选择． n 8 9 10 11 12 13 频数 3 1 2 0 2 1 （1）试判断甲、乙、丙选择的计酬方式，并说明理由． （2）根据统计范围的大小，你觉得三人中谁的依据更有指导意义？ （3）以频率作为概率，求未来三年中恰有两年此月下雨天数不超过 11 天的概率． 18．解析：（1）按计酬方式一、二的收入分别记为 ( ) ( )f n g n、 ， (10) 250 (30 10) 5000, (10) 120 10 200 (30 10) 5200f g          ，所以甲选择计酬方式二； 由频数分布表知频率最大的 8n  ， (8) 250 (30 8) 5500, (8) 120 8 200 (30 8) 5360f g          ，所以乙选择计酬方式一； n 的平均值为 1 (8 3 9 1 10 2 12 2 13 1) 109           ，所以丙选择计酬方式二；…………………6 分 （2）甲统计了 1 个月的情况，乙和丙统计了 9 个月的情况，但乙只利用了部分数据，丙利用了所有数据， 所以丙的统计范围最大，三人中丙的依据更有指导意义．………………………………………………9 分 （3）任选一年，此月下雨不超过 11 天的概率为 6 2 9 3 ，以此作为概率，则未来三年中恰有两年此月下雨 不超过 11 天的概率为 2 2 3 2 2 413 3 9C              ．……………………………………………………12 分 19．（本小题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    的离心率为 3 2 ，上顶点 M 到直线 3 4 0x y   的距离为 3． （1）求椭圆C 的方程； （2）设直线l 过点(4, 2) ，且与椭圆C 交于 ,A B 两点，l 不经过点 M ，证明：直线 MA 的斜率与直线 MB 的斜率之和为定值． 19．解析：（1）由题意可得， 2 2 2 3 2 4 32 ce a b a b c              ，解得 4 2 a b    ，所以椭圆C 的方程为 2 2 116 4 x y  ……4 分 （2）易知直线l 的斜率恒小于 0，设直线l 的方程为 2 ( 4)y k x   ， 0k  且 1k   ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 联立得 2 2 2 ( 4) 116 4 y k x x y      ，得 2 2(1 4 ) 16 (2 1) 64 ( 1) 0k x k k x k k      ， 则 1 2 1 22 2 16 (2 1) 64 ( 1),1 4 1 4 k k k kx x x xk k      ， 因为 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 ( 4 4) ( 4 4) MA MB y y kx k x kx k xk k x x x x           ， 所以 1 2 1 2 16 (2 1)2 (4 4) 2 (4 4) 2 (2 1) 164 ( 1)MA MB x x k kk k k k k k k kx x k k                （为定值） ………………………………………………………………………………………………………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 如图，是一个半圆柱与多面体 1 1ABB AC 构成的几何体，平面 ABC 与半圆柱的下底面共面，且 AC BC ， P 为  1 1B A 上的动点（不与 1 1,B A 重合）． （1）证明： 1PA  平面 1PBB ； （2）若四边形 1 1ABB A 为正方形，且 1 1, 4AC BC PB A    ，求二面角 1 1P A B C  的余弦值． A B C A1 P B1 20．解析：（1）在半圆柱中， 1BB  平面 1 1PA B ，所以 1 1BB PA ． 因为 1 1A B 是上底面对应圆的直径，所以 1 1PA PB ． 因为 1 1 1PB BB B ，所以 1PA  平面 1PBB ．…………………………………………………………5 分 （2）根据题意，以C 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系C xyz ，如图所示，设 1CB  ， 则 1 1(0,0,0), (0,1, 2), (1,0, 2)C A B ，所以 1 1(0,1, 2), (1,0, 2)CA CB    ． 平面 1 1PA B 的一个法向量为 1 (0,0,1)n   ，设平面 1 1CA B 的法向量为 2 ( , , )n x y z  ， 则 2 1 2 1 2 0 2 0 n CA y z n CB x z              ，令 1z  ，则 2 ( 2, 2,1)n     ， 所以 1 2 1 2 1 2 1 5cos , 51 5 n nn n n n          ． 由图可知二面角 1 1P A B C  为钝角，所以所求二面角为余弦值为 5 5 ．…………………………12 分 A B C A1 P B1 x y z 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 2( ) (2 1) ln ( )f x x m x x m    R ． （1）当 1 2m   时，若函数 ( ) ( ) ( 1)lng x f x a x   恰有一个零点，求 a 的取值范围； （2）当 1x  时， 2( ) (1 )f x m x  恒成立，求 m 的取值范围． 21．解析：（1）函数 ( )g x 的定义域为(0, ) ． 当 1 2m   时， 2( ) lng x a x x  ，当 0a  时， 2( ) ( 0)g x x x  没有零点，不符合题意； 当 0a  时，由 ( ) 0g x  ，得 2 1 ln x a x  ，设 2 ln( ) xh x x  ，则 3 2ln 1( ) xh x x   ，令 ( ) 0h x  ，得 x e ， 当 0 x e  时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递减；当 x e 时， ( ) 0, ( )h x h x  单调递增． 所以当 x e 时， ( )h x 取得最小值 1( ) 2h e e  ，且 (1) 0h  ，当 0x  时， ( )h x   ； 当 x   时， ( ) 0h x  ，作出函数 ( )h x 的图象如图所示，根据题意，直线 1y a 的图象与函数 ( )h x 的 图象有一个交点，所以 1 0a  或 1 1 2a e  ，所以 0a  或 2a e  ．……………………………………6 分 （1）解法 2：函数 ( )g x 的定义域为(0, ) ． 当 1 2m   时， 2( ) lng x a x x  ，所以 22( ) 2a x ag x xx x     ． （i）当 0a  时， 2( ) ( 0)g x x x  没有零点，不符合题意； （ii）当 0a  时， ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在(0, ) 上单调递增， 取 1 0 ax e  ，则 21 1 0( ) 1 0a ag x g e e                ，因为 (1) 1g  ，所以 0( ) (1) 0g x g  ，此时函数 ( )g x 恰有一个零点． （iii）当 0a  时，令 ( ) 0g x  ，解得 2 ax   ． 当 0 2 ax   时， ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在 0, 2 a     上单调递减； 当 2 ax   时， ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在 ,2 a      上单调递增． 要使函数 ( )g x 恰有一个零点，则 ln 02 2 2 a a ag a         ，即 2a e  ． 综上所述，若函数 ( )g x 恰有一个零点，则 0a  或 2a e  ．……………………………………6 分 （2）令 2 2( ) ( ) (1 ) (2 1) lnh x f x m x mx m x x       ， 根据题意，当 (1, )x  时， ( ) 0h x  恒成立， 21 2 (2 1) 1 ( 1)(2 1)( ) 2 (2 1) mx m x x mxh x mx m x x x            ， （i）若 10 2m  ，则 1 ,2x m      时， ( ) 0h x  恒成立，所以 ( )h x 在 1 ,2m     上是增函数， 且 1( ) ,2h x h m         ，所以不符合题意； （ii）若 1 2m≥ ，则 (1, )x  时， ( ) 0h x  恒成立，所以 ( )h x 在 (1, ) 上是增函数，且  ( ) (1),h x h  ，所以不符合题意； （iii）若 0m≤ ，则 (1, )x  时，恒有 ( ) 0h x  ，故 ( )h x 在 (1, ) 上是减函数，于是 ( ) 0h x  对任意 (1, )x  都成立的充要条件是 (1) 0h ≤ ，即 (2 1) 0m m  ≤ ，解得 1m ≥ ，故 1 0m ≤ ≤ ． 综上， m 的取值范围是[ 1,0] ．……………………………………………………………………12 分 （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所作的第一题计分． 22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 1 3 1 x t y t      （t 为参数）．在以原点O 为极点， x 轴正半 轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为 2cos  ． （1）求直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程； （2）若直线l 与曲线C 交于 ,P Q 两点，求 POQ ． 22．解析：（1）由 1 3 1 x t y t      ，得直线l 的普通方程为 3 1 3x y   ． 又 cos , sinx y     ，所以直线l 的极坐标方程为 (cos 3 sin ) 1 3     （或 2 sin 1 36        ）． 由 2cos  ，得 2 2 cos   ，即 2 2 2x y x  ， 所以曲线C 的直角坐标方程为 2 2 2 0x y x   ．……………………………………………………5 分 （2）解法一 设 ,P Q 的极坐标分别为 1 1( , )  ， 2 2( , )  ，则 1 2POQ     ， 由 (cos 3 sin ) 1 3 2cos           ，消去  ，得 2cos (cos 3 sin ) 1 3     ， 化简得：cos 2 3 sin 2 3   ，即 3sin 2 6 2      ， 因为 2 2        ， ，所以 5 72 6 6 6          ， ，所以 2 6 3     或 22 6 3     ， 即 1 2 12 4       或 1 2 4 12       ，所以 1 2 6POQ      ．………………………………………………10 分 解法二：曲线C 是以 (1,0)C 为圆心，半径 1r  的圆，圆心C 到直线 : 3 1 3 0l x y    的距离 3 2d  ，所以 2 22 1PQ r d   ，所以 CPQ△ 是等边三角形， 3PCQ   ， 而点O 是圆上的点，所以 1 2 6POQ PCQ     ．………………………………………………10 分 Q P O C 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知 ( ) 2 2f x ax x    ． （1）当 2a  时，解不等式 ( ) 1f x ≤ ； （2）若关于 x 的不等式 4 ( ) 4f x ≤ ≤ 对 xR 恒成立，求实数 a 的取值． 23．解析：（1）当 2a  时， ( ) 1f x ≤ 即 2 2 2 1x x   ≤ ， 当 1x≥ 时，(2 2) ( 2) 1x x   ≤ ，解得 5x≤ ，所以1 5x≤ ≤ ； 当 2 1x   时， (2 2) ( 2) 1x x    ≤ ，解得 1 3x ≥ ，所以 1 13 x ≤ ； 当 2x ≤ 时， (2 2) ( 2) 1x x    ≤ ，解得 3x≥ ，所以无解． 综上可知，不等式 ( ) 1f x ≤ 的解集为 1 53x x     ≤ ≤ ．………………………………………………5 分 （2） 2 2 4x ax   ≤ 恒成立， 而 2 2 (1 )x ax a x   ≤ 或 2 2 (1 ) 4x ax a x    ≤ ， 故只需 (1 ) 4a x ≤ 或 (1 ) 4 4a x  ≤ 恒成立， 1a   或 1a  ． a 的取值为 1 或 1 ．………………………………………………………………………………10 分