贵州省遵义市2018届高三上学期第二次联考数学（理）答案

贵州省遵义市2018届高三上学期第二次联考数学（理）答案

第 1 页 共 6 页 2018 届高三第二次联考试卷 理科数学参考答案 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟 第Ⅰ卷 选择题（共 60 分） 一．选择题：（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D[ A B D D A B C B C D A 第Ⅱ卷 非选择题（共 90 分） 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中横线上．) 13. [0,2] 14． 6 3 15. 32 3 R 16. 17(1, ]3 三、解答题：本大题共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．解：（1）因为  2 1n nS n a  ，当 2n  时， 1 12 n ns na  两式相减得：   12 1n n na n a na    即   11 n nn a na   ，所以当 2n  时， 1 1 n na a n n   。 …………… 4 分 所以 1 2,1 na a n   即 2na n 。 …………… 6 分 （2）因为 2na n ，   4 2n n n b a a   ， n N  , 所以 4 1 1 1 2 (2 2) ( 1) 1nb n n n n n n       ，…………… 8 分 所以 1 2 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) 12 2 3 1 1 1n n nT b b b n n n n                  ， 因为 1 0,1n  所以 11 11n   。…………… 10 分 又因为   1 1f n n   在  上是单调递减函数，所以 11 1n   在 N  上是单调递增函数． 所以当 1n  时， n 取最小值 1 2 ．所以 1 12 n   。 …………… 12 分 18. （本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）当日需求量 17n  时，利润 y =85； 当日需求量 17n  时，利润 10 85y n  ， ∴ y 关于 n 的解析式为 *)(.1785 .17,8510 Nn，n nny       ； ……………………4 分 第 2 页 共 6 页 P A B C D M O x y z (Ⅱ)（1） X 可取 85,75,65,55 ……………………5 分 54.0)85(,16.0)75(,2.0)65(,1.0)55(  XPXPXPXP X 的分布列为 X 55 65 75 85 P 0.1 0.2 16.0 54.0 4.7654.08516.0752.0651.055 EX ……………………8 分 （2）购进16枝时，当天的利润为 767.05162.0)51515(1.0)52514( y 从利润的角度看 76.4 76 ,所以应购进 17 枝。 ……………………12 分 19． （本小题满分 12 分） 解： （Ⅰ）取 AD 中点O ,连结 , ,OP OC AC ,依题意可知△ PAD ,△ ACD 均为正三角形, 所以 OC AD ,OP AD , 又OC OP O ,OC  平面 POC ,OP  平面 POC , 所以 AD  平面 POC , 又 PC  平面 POC ,所以 AD PC , 因为 //BC AD ,所以 BC PC 。 ……………………4 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 PO AD ,又平面 PAD  平面 ABCD , 平面 PAD  平面 ABCD AD , PO  平面 PAD ,所以 PO  平面 ABCD . 以O 为原点,建立空间直角坐标系O xyz 如图所示, ……………………5 分 则  0,0, 3P ,  0, 1,0A  ,  0,1,0D ,  3,0,0C ,  3,0, 3PC   由  3,0, 3PM PC     可得点 M 的坐标为 3 ,0, 3 3  , 所以  3 ,1, 3 3AM    ,  3 , 1, 3 3DM     , 设平面 MAD 的法向量为  , ,x y zn ,则 0 0 AM DM        n n , 即     3 3 3 0 3 3 3 0 x y z x y z              第 3 页 共 6 页 解得 1 0 x z y       , 令 z  ,得  1,0,  n , ……………………8 分 显然平面 PAD 的一个法向量为  3,0,0OC  , ……………………9 分 依题意    22 3 1 5cos , 51 3 OC OC OC              n n n , 解得 2 3   或 2  (舍去), ……………………11 分 所以,当 2 3   时,二面角 P AD M  的余弦值为 5 5 . ……………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）由题设，得： 2 2 4 24 1 9 9a b  ① a2－b2 a ＝ 1 2 ② 由①、②解得 a2＝4，b2＝3，椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  易得抛物线的方程是：y2＝4x． …………………4 分 （Ⅱ）记 P (x1，y1)、Q (x2，y2) ， 由 1 1F P F Q   得：y1=λy2 ③ 设直线 PQ 的方程为 y＝k(x＋1)，与抛物线的方程联立，得： 2 4 4 0ky y k   （*） y1 y2＝4 ④ y1＋y2＝ 4 k ⑤ 由③④⑤消去 y1，y2 得： 2 2 4 ( 1) k     ………………8 分 2 12 1| | 1 | |PQ y y k   由方程（*）得： 2 2 1 16 16| | (1 ) | | kPQ kk   第 4 页 共 6 页 化简为： 4 2 4 16 16| | kPQ k  ，代入λ： 4 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2 1)| | 16 16 1( 2) 16 PQ                  …………… 10 分 ∵ 1[ ,1)2  ，∴   1 2, 同时， 2 2 2 111)(,1)( x x xxfxxxf  则＝令 当 1[ ,1)2  时， 0)(  xf ， 所以 2 5)2 1()(  fxf ，因此    1 52 ,2 于是： 2 170 | | 4PQ  ，那么： 17| | (0, ]2PQ  …………… 12 分 21．（本小题满分 12 分） 解答：解：（Ⅰ）由已知， 2 2 )1( )21()(,0)0( x xxxff    ，且 0)0( f ……… 3 分 若  ≤0，当 x >0， 0)(  xf ∴ 0)0()(  fxf ， 若 2 10   ,则当 0< x <  21 时， 0)(  xf 。 所以当 0< x <  21 时， 0)0()(  fxf 。 若  ≥ 2 1 ，则当 x >0 时， 0)(  xf ，所以当 x >0 时, 0)( xf 综上，  的最小值为 2 1 ……… 6 分 （Ⅱ）由于 nnnnnnnaa nn 4 1 2 1 12 1 3 1 2 1 1 1 4 1 2  …………… 7 分 当  = 2 1 ,由（Ⅰ）知，当 x >0 时， 0)( xf ，即 )1ln(22 )2( xx xx   取 kx 1 ，则 k k kk k 1ln)1(2 12   ……… 8 分 则 k k kk 1ln)1(2 1 2 1  , 第 5 页 共 6 页 因此， n n nn 1ln)1(2 1 2 1  ① 1 2ln)2(2 1 12 1   n n nn ）（ ② 2 3ln)3(2 1 )2(2 1   n n nn ③ …………………………………… 12 2ln4 1 )12(2 1  n n nn …………… 10 分 所以， )1(2 1 2 1  nn + )2(2 1 12 1  nn ）（ + )3(2 1 )2(2 1  nn +……+ nn 4 1 )12(2 1  > n n 1ln  + 1 2ln   n n + 2 3ln   n n +…… 12 2ln n n 即：  nnnnnn 4 1 2 1 12 1 3 1 2 1 1 1 n n 1ln  · 1 2   n n · 2 3   n n ·……· 12 2 n n = n n2ln 所以 2ln4 1 2  naa nn …………12 分 选作题：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．做答时，用 2B 铅笔在答题卡 上把所选题目对应的标号涂黑． 22．（满分 10 分） 解：（Ⅰ）由 4cos  得 2 4 cos   ． ∵ 2 2 2x y   , cosx   , siny   , ∴曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 4 0x y x   ,即 2 22 4x y   ……………………5 分 （Ⅱ）将 1 cos , sin x t y t       代入圆的方程得   2 2cos 1 sin 4t t    , 化简得 2 2 cos 3 0t t    ． ……………5 分 设 ,A B 两点对应的参数分别为 1t 、 2t ,则 1 2 1 2 2cos , 3. t t t t      ……………7 分 ∴  2 2 1 2 1 2 1 24 4cos 12 14AB t t t t t t         ． ……………8 分 ∴ 24cos 2  , 2cos 2    , 4   或 3 4  ． ……………10 分 23．（满分 10 分）选修 4－5：不等式选讲 解：（Ⅰ）不等式 ( ) 3f x  化为 2 3 2 3x x    ，则 第 6 页 共 6 页 2 2 3 2 3 x x x        ，或 22 3 2 3 2 3 x x x         ，或 2 3 3 2 2 3 x x x        ， …………3分 解得 3 7 4 2x   ， 所以不等式 ( ) 3f x  的解集为 3 7{ | }4 2x x   ． ……………………5 分 （2）不等式 ( ) 1 2| 2 |f x a x    等价于 3 3 2 1a x x a     ， 即 3 3 6 1x a x a     ， 由三角不等式知 3 3 6 | (3 ) (3 6) | | 6 |x a x x a x a         ．………………8 分 若存在实数 a ，使得不等式 ( ) 1 2| 2 |f x a x    成立，则| 6| 1a a   ， 解得 5 2a   ，所以实数 a 的取值范围是 5[ , )2   ． ……………………10 分