数学理卷·2018届广东省百校联盟高三第二次联考试题（解析版）

数学理卷·2018届广东省百校联盟高三第二次联考试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 广东省百校联盟2018届高三第二次联考 理科数学 第Ⅰ卷（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. 复数满足，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得：，则：.‎ 本题选择A选项.‎ ‎2. 已知，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为 ，故选C.‎ ‎3. 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 的数据一览表.‎ 椅子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（ ）‎ 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】‎ 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，波动性更大， 正确，故选B.‎ ‎4. 已知命题是的必要不充分条件；命题若，则，则下列命题为真命题的上（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由对数的性质可知：，则命题是真命题；‎ 由三角函数的性质可知：若，则：，‎ 且：，‎ 命题是真命题.‎ 则所给的四个复合命题中，只有是真命题.‎ 本题选择A选项.‎ ‎5. 在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由正弦定理结合题意有：，不妨设，‎ 结合余弦定理有：，‎ 求解关于实数的方程可得：，则：.‎ 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 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【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2，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.‎ ‎7. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则在上的单调递增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】将曲线：上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度可得，令，得，再令，得，则在上的单调递增区间是，故选B.‎ ‎8. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，1不是质数，；，4不是质数，；，7是质数，；，10不是质数，；，13是质数，，，故输出的.选D.‎ ‎9. 设满足约束条件，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【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：‎ 可行域内的点与坐标原点之间连线的斜率，则，‎ 令，换元可得：，该函数在区间上单调递增，‎ 据此可得：，‎ 即目标函数的取值范围是.‎ 本题选择A选项.‎ 点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性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（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】为奇函数，图象关于原点对称，排除；当时，，排除；当时，，排除；故选D.‎ ‎【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、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，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取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由通径公式有：，不妨设，分类讨论：‎ 当，即时，为钝角，此时；‎ 当，即时，应满足为钝角，‎ 此时：，‎ 令，据此可得：，‎ 则：.‎ 本题选择D选项.‎ 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；‎ ‎...........................‎ ‎12. 已知函数，若成立，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设，则：，‎ 令，则，‎ 导函数单调递增，且，‎ 则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 结合函数的单调性有：，‎ 即的最小值为.‎ 本题选择A选项.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 设平面向量与向量互相垂直，且，若，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由平面向量与向量互相垂直可得 所以，又，故答案为.‎ ‎【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）求投影， 在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.‎ ‎14. 在二项式的展开式中，第3项为，则 __________.‎ ‎【答案】‎ 其中，结合题意有：，‎ 计算可得：，即：.‎ ‎15. 如图，是正方体的棱上的一点，且平面，则异面直线与所成角的余弦值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】不妨设正方体的棱长为，设，如图所示，当点为的中点时，，则平面，‎ 据此可得为直线与所成的角，‎ 在中，边长：，‎ 由余弦定理可得：.‎ 即异面直线与所成角的余弦值为.‎ 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：‎ ‎①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；‎ ‎②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；‎ ‎③计算：求该角的值，常利用解三角形；‎ ‎④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，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．‎ ‎16. 已知点是抛物线上一点，为坐标原点，若是以点为圆心，的长为半径的圆与抛物线的两个公共点，且为等边三角形，则的值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】点A在线段OM的中垂线上，‎ 又，所以可设，‎ 由的坐标代入方程有：‎ 解得：‎ 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 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎（一）必考题（60分）‎ ‎17. 已知正项数列满足，数列的前项和满足.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）求数列 的前项和.‎ ‎【答案】(1)，.(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(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.‎ ‎(2)结合(1)中求得的通项公式裂项求和可得数列 的前项和.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为，所以，，‎ 因为，所以，所以，‎ 所以是以为首项，为公差的等差数列，‎ 所以，‎ 当时，，当时也满足，所以.‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 所以.‎ ‎18.‎ ‎ 唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画，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，甲乙丙三件工艺品合格的概率依次为.‎ ‎（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，求随机变量的数学期望.‎ ‎【答案】(1)；(2)1.2.‎ ‎【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；‎ ‎(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.‎ 试题解析：‎ 分别记甲乙丙第一次烧制后合格为事件,‎ ‎（1）设事件表示第一次烧制后恰好有一件合格，‎ 则.‎ ‎（2）因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为，‎ 所以随机变量，‎ 所以.‎ ‎19. 如图，四边形是矩形，平面.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【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平面平面；‎ ‎(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值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明；设交于，‎ 因为四边形是矩形，,‎ 所以,‎ 又，所以,‎ 因为,‎ 所以，又平面.‎ 所以，而，所以平面平面；‎ ‎（2）建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 由题意可得,‎ 则,‎ 设平面的法向量，则，‎ 取，即 设平面的法向量，则，‎ 取，即 设平面与平面所成的二面角为，‎ 则 由图可知二面角为钝角，所以.‎ ‎20. 已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆经过点.‎ ‎（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，，记直线在轴上的截距为，‎ 求的最大值.‎ ‎【答案】(1).(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)结合题意可求得，则椭圆的方程为.‎ ‎(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的最大值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为，所以椭圆的方程为，‎ 把点 的坐标代入椭圆的方程，得，‎ 所以，椭圆的方程为.‎ ‎（2）设直线的方程为，‎ 联立方程组 得，‎ 由，得，‎ 所以，‎ 所以 ‎ 由，得，‎ 令，所以，‎ ‎，即，‎ 当且仅当，即时，上式取等号，‎ 此时，，满足，‎ 所以的最大值为.‎ ‎21. 函数 .‎ ‎（1）当时，讨论的单调性；‎ ‎（2）若函数有两个极值点，且，证明： .‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.‎ ‎【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：‎ 当时，在上递减，‎ 在和上递增，当时，在上递增.‎ ‎(2)由题意结合函数的性质可知：是方程的两根，结合所给的不等式构造对称差函数 ，结合函数的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，‎ ‎（1）令，开口向上，为对称轴的抛物线，‎ 当时，‎ ‎①，即时，，即在上恒成立，‎ ‎②当时，由，得，‎ 因为，所以，当时，，即， ‎ 当或时，，即，‎ 综上，当时，在上递减，‎ 在和上递增，当时，在上递增.‎ ‎（2）若函数有两个极值点且，‎ 则必有，且，且在上递减，在和上递增，‎ 则，‎ 因为是方程的两根，‎ 所以，即，‎ 要证 ‎ 又 ‎，‎ 即证对恒成立，‎ 设 ‎ 则 当时，，故，‎ 所以在上递增，‎ 故，‎ 所以，‎ 所以.‎ 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．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），曲线的参数方程为为参数）‎ ‎（1）将，的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；‎ ‎（2）以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，若上的点对应的参数为，点上在，点为的中点，求点到直线距离的最小值.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2).‎ ‎【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）‎ ‎，利用点到直线距离公式可得到直线的距离，利用辅助角公式以及三角函数的有界性可得结果.‎ 试题解析：（1）的普通方程为，它表示以为圆心，1为半径的圆，‎ 的普通方程为，它表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆．‎ ‎（2）由已知得，设，则，‎ 直线：，‎ 点到直线的距离，‎ 所以，即到的距离的最小值为．‎ ‎23. 已知 .‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【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 而，‎ 所以.‎ ‎（2）因为 ，‎ 所以或，‎ 解得，所以的取值范围是.‎ ‎ ‎