2018届江西省上饶市重点中学高三六校第二次联考理科数学试题及答案模板

上饶市重点中学2018届高三六校第二次联考

数学试卷（理科）

时间：120分钟 总分：150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，只有一项是符合题目要求的.) 1. 复数z，则复数z的共轭复数为( ) 3iii2015（i为虚数单位）

 A．2i B．2i C．4i D．4i 2.设全集

UR，函数

f(x)lg(|x1|1)的定义域为A，集合

B{x|cosx1}，则(CUA)B的元素个数为( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

2x23. 不等式组表示的点集记为A，不等式组0y4xy202yx表示的

点集记为B，在A中任取一点P，则PB的概率为（ ） A．

9 32 B．

732 C．7 D．9

161. 将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学等三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法数为（ ）种。

A．240 B. 180 C. 150 D.540 5. 已知数列{an}满足a11,a22,an2(1cos2n)ansin2n，则该数列的前

2212项和为（）

A.211 B.212 C.126 D.147

·1·

6. 奇函数fx、偶函数gx的图象分别如图1、2所示，方程 fgx0，gfx0的实根个数分别为a、b，则ab等于（ ）

yy11-1O1x-11-2O2x-1-1图1图2 A.14 B.10

C.7 D.3

开始 7．执行如图所示的程序框图，要使输入t S0的S值小

k1 于1，则输入的t值不能是下面的（ ）

SSsink3 kk1 A．2012 B．2013 kt 否 是 C．2017 D．2018 输出S 8. 已知a、b为正实数，直线y=x－结束 曲线y=ln

（x+b）相切，则a22b的取值范围是( )

A．（0，12） B.（0，1）

C.（0，） D.1,

9. 某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是

·2·

输出

a与

腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是为2的正方形，则此

四面体的四个面中面积最大的为( ) A．22 边长

B． 4

6

C．23 D．210. 已知m、n、s、tR，m+n=4，mn9其中m、n

st8x2y2是常数，且st的最小值是，满足条件的点(m,n)是双曲线1928一弦的中点，则此弦所在的直线方程为( ) A.x4y100 B.2xy20 C.4xy100 D. 4xy60

sin2a4cos2a4cos2a4cos2a8sin2a4sin2a81，11. 设等差数列an满足：公sin(a5a7)差d(1,0)．若当且仅当n=9时，数列an的前n项和Sn取得最大值，则首项a1的取值范围是( )

A．,9 897B． C．,,8 374D．,

6312. 已知f(x)x2(lnxa)a,则下列结论中错误的是（ ） A．a0,x0,f(x)0． B.a0,x00,f(x0)0. C. a0,x0,f(x)0 D.a0,x00,f(x0)0 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)

·3·

13. 设mR,过定点A的动直线xmy10和过定点B的动直线

mxy2m30交于点

P(x,y)，则PAPB的最大值是 . 123nC2C3CnCnnnn14．计算，可以采用以下方法：构造等式： 0122nnCnCnxCnxCnx1xn，两边对x求导，

n1得

1232nn1Cn2Cnx3CnxnCnxn1x，在上式中令x1，

123nn1C2C3CnCn2nnnn得．类比上述计算方法， 122232nC2C3CnCn_________． nn计算n15.已知点O是锐角

ABC的外心，

AB8，AC12，A3. 若

AOxAByAC，则6x9y .

16. 若数列an满足a11,an1an2an，nN，且bn211an，Pnb1b2bn

Snb1b2bn，则2PnSn= . 三.解答题(本大题共6小题，满分70分. 17-21题是必做题，每题12分。请在22和23题中只选做一题，多做则按22题给分，选做题满分10分.）

17. （本小题共12分）设函数f（x）=sinxcos（x+）+33，x∈R． 4（1）设,[0,]，f()2212553,f(),求sin()的值.． 2621210 (2)△ABC的内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列； 且a+c=6，f(B)23，求△ABC4·4·

的面积．

18. （本小题共12分）某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段40,50，

50,60…90,100后画出如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，

回答下列问题：

（1）求第四小组的频率，补全这个频率分布直方图；并估计该校学生的数学成绩的中位数。

(2) 从数学成绩是70分以上（包括70分）的学生中选两人， 求他们在同一分数段的概率.

（3）假设从全市参加高一年级期末考试的学生中,任意抽取4个学生,设这四个学生中数学成80分以上(包括80分)的人数X,(以该校学生的成绩的频率概率)，求X的分布列和数学期

·5·

绩为为估计望.

19. （本小题共12分）如图，四棱锥P - ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点。 （1）若PA = 1，求证：EF⊥平面PCD；

（2）若PA = 2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角 Q - AP - D的余弦值为

55？若存在，确定点Q的

位置；若不存在，请说明理由。

20．（本小题共12

x2y2分）已知焦点在x轴的椭圆C:21 (b0)的左、

6b右焦点分别为F1,F2，直线AB过右焦点F2，和椭圆交于A,B两点，且

满足AF22F2B，直线AB的斜率为5 。

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设F为椭圆C的右焦点，T为直线xt(tR,t2)上纵坐标不为0的任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q. （ⅰ）若OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)，求t的值； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，当|TF|最小时，求点T的坐标．

|PQ|

·6·

21．（本小题共12分）已知函数f(x)exax1(a为常数)，曲线＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1. (1)求a的值及函数f(x)的单调区间； (2)证明：当x0时，exx21；

(3)证明：当nN时，1111lnn1323n(3e)n.

22. （本小题共10分）选修4-4：极坐标和参数方程

·7·

y

已知曲线C的极坐标方程是2cos，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的

x参数方程是y3tm2（t1t2为参数）

（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；

（2）设点P(m,0)，若直线l与曲线C交于A，B两点，且|PA||PB|1，求实数m的值。

23. （本小题共10分）选修4-5：不等式选讲 已知a,b,cR，a2b2c21。 （1）若abc0，求a的最大值。 （2）若abbcca的最大值为M,解不等式x1x13M.

·8·

上饶市重点中学2018届高三六校第二次联考

数学试卷答案（理科）

一、选择题： 题号 答案

二.填空题

13. 5 14. n(n1)2n2 15. 5 16. 2

·9·

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B B A C D B A A C D A C

三.解答题

1331

17. 解析：（1）f (x)＝sinx(cosx－sinx)＋＝sin2x224431－cos2x31π

－ ·＋＝sin(2x＋)，

22423 sin()=16．（6分）

65(2).f(B)1sin(B)2233, B342

又因为a、b、c成等比数列,所以b＝ac．

1a2c2b2(ac)23ac363ac,ac9， 由余弦定理知22ac2ac2ac故ABC的面积SABC1acsinB1922393.（1224分）

18. （1）因为各组的频率和等于1,

f41(0.0250.01520.010.005)100.3

频率组距故第四组的频率：

0.030.0250.0150.010.005405060708090100分数……1分

直方图如右所示……………………………….2分

中位数是xc70100.173.33 0.3·10·

计这次考试的中位数是73.33分…………………….4分 （2）[70,80)，[80,90) ，[90,100]”的人数是18,15,3。所以从成绩是70分以上（包括70分）的学生中选两人，他们在同一分数段的概率。

2287C18C15C32 P ………………………82210C36分

(3) 因为XB(4,0.3),所以其分布列为:

kp(Xk)C40.3k0.74k,(k0,1,2,3,4)

数学期望为EXnp40.31.2。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

19．证明（1）取PD中点M，连接MF，MA在ΔCPD中，F为PC的中点，

∴MF平行且等于1DC，正方形ABCD中E为AB中点， AE平行

2且等于1DC，

2∴AE平行且等于MF，故：EFMA为平行四边形，∴EF∥AM ……2分 又因为PA=1=AD

所以PAD为等腰三角形，所以AM⊥PD， 又因为CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM 因为CDPDD，所以AM⊥平面PCD；

因为EF∥AM，所以EF⊥平面PCD。 ……5

·11·

分

（2）如图：以点A为坐标原点建立空直角坐标系：

111P(0,0,2)，C(1,1,0)，B(0,1,0)，E(0,,0)，F(,,1)

222z

间

由题易知平面PAD的法向量为

n(0,1,0)， ……6

分

xQ假设存在Q1EF(,0,1)，

2满足条件：设EQEF，

y1[0,1]，AP(0,0,2)，AQ(,,) Q(,,)，

2222设平面PAQ的法向量为m(x,y,z)，

11xyz0m(1,,0)22z0mn∴cosm,n2，由已知：

mn1

1255

1

解得：所以：满足条件的Q存在，是EF中点。 ……12，

2

分

20．解：（1）由已知解得c=2,b＝2. 所

以

椭

圆

2

C的标准分）

方程是

x2y21. ………………………………（462（2）（ⅰ）由（1）可得，F点的坐标是(2，0).

设直线PQ的方程为x＝my+2，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联

·12·

x＝my+2，22

立，得xy

＋＝1.62

消去x，得(m＋3)y+4my－2＝0，其判别式Δ＝16m＋8(m＋3)>0. -4m－2

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝2，y1y2＝2.于是x1

m＋3m＋312

＋x2＝m(y1＋y2)+4＝2.

m＋3设M为PQ的中点，则M点的坐标为(62m,). 22m3m32

2

2

2

因为TFPQ，所以直线FT的斜率为m，其方程为ym(x2). 当xt时，ymt2，所以点T的坐标为t,mt2， 此时直线OT的斜率为mt2，其方程为ym(2t)x. 将M解

tt点的坐标为(26,22m)代入，得22mm(2t)26.

m3m3m3tm3得

t3. ………………………………………

………（8分）

（ⅱ）由（ⅰ）知T为直线x3上任意一点可得，点T点的坐标为

(3,m).

于是|TF|m1， |PQ|224(m21). m23|TF|m231(m23)22所以m12|PQ|m2124(m1)241(m23)21(m21)24(m21)4 22m1m12424·13·

1413. m2124244m1324242

4|TF|

当且仅当m＋1＝2，即m＝±1时，等号成立，此时取得

m＋1|PQ|最小值

3． 3|TF|故当最小时，T点的坐标是(3，1)或(3，－

|PQ|1)．…………………………（12分）

21.解：（1）由f(x)exax1，得f(x)exa.

又f(0)1a1，所以a2.所以f(x)ex2x1，f(x)ex2. 由f(x)ex20，得xln2. 所以函数

f(x)在区间(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递

增. ………（4分）

(2)证明：由（1）知f(x)minf(ln2)eln22ln211ln4. 所以f(x)1ln4，即ex2x11ln4，ex2x2ln40. 令g(x)exx21，则g(x)ex2x0.

所以g(x)在(0,)上单调递增，所以g(x)exx21g(0)0， 即exx21.…………（8分） (3)首先证明：当x0时，恒有ex1x3.

3证明如下：令h(x)ex1x3，则h(x)exx2.

3·14·

由(2)知，当x0时，exx2，所以h(x)0，所以h(x)在(0,)上单调递增，

所以h(x)h(0)10，所以ex1x3.

3所以xln(1x3)，即xln33lnx.

3依次取x2,3,,n1，代入上式，则

12n22ln33ln， 1133ln33ln， 22

n1n1ln33ln. nn以上各式相加，有23n1nln33ln(23n1)

12n所以n(1111)nln33lnn1，

23n12n所以11113lnn1nln3n，即1111lnnn123n23n3en3…（12

分）

22. 解：（1）曲线

C的直角坐标方程分 普

通

方分

程

为

(x1)2y21 ……3

直线l的

x3ym0 ……5

322xtm31222（2）将代入(x1)y1，得：t1， 2tm121yt2整理得：t23(m1)tm22m0，

·15·

由0，即3(m1)24(m22m)0，解得：-1 < m < 3

t1t23(m1)设t1、t2是上述方程的两实根，则

t1t2m22m ……8

，

分

又直线l过点P(m,0)，由上式及t的几何意义得

|PA||PB||t1t2||m22m|1，解得：m1或m12，都符合-1 < m < 3， 1

或分

12因此实数m的值为或

12 ……10

23．解：（1）因为a2(bc)2b2c22bc2(b2c2) 所以a22(1a2),3a22 即66a,所以33a的最大值为

6………53分

M=1 ………7

a2b2b2c2c2a21 所以(2） abbcca222分

若不等式x1x13M对一切实数a,b,c恒成立， 则x1x13，解集为(,3][3,)22

………10分

·16·