佛山市顺德市李兆基中学2018届高三下学期考前热身试题(理数)

顺德市李兆基中学2018届高三下学期考前热身试题

数学（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．下列复数中虚部最大的是（ ） A．92i 2．已知集合A．B．34i

3iC．

2 D．

i45i

Ax|4x3 B．，

Bxx2x50 ，则AB（ ）

5,4

3,2C．2,4

D．3,2

πtan1,233（ ） 3．若角的终边经过点，则33A．7

2B．

37 33C．5 3D．5

y2x13,0，则m（ ） m4．若双曲线的一个焦点为

A．22 B．8 C．9

CD．

π4，则AB（ ）

5．在△ABC中，sinB32sinA，BC2，且A．26 B．5

C．33 D．26

6．甲、乙两个几何体的三视图如图所示（单位相同），记甲、乙两个几何体的体积分别为V1，V2，则（ ）

A．V12V2

B．V12V2

C．V1V2163

D．V1V2173

1

12x77．x的展开式中x的系数为（ ）

2A．84

B．84

C．280

D．280

8．我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于玉石的问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（176两）．问玉、石重各几何？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的x，分别为（ ）

y

A．90，86

B．94，82

xy43x2y6 xy4C．98，78 D．102，74

9．记不等式组

表示的区域为，点P的坐标为x,y．有下面四个命题：

1xy2p1:P，y0；p2:P，2；

6y611xy5；p4:P，25．其中的真命题是（ ） B．p1，p3

C．p2，p4

D．p3，p4

p3:P，

A．p1，p2

10．已知底面是正方形的直四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球的表面积为40π，且AB2，则AC1与底面ABCD所成角的正切值为（ ） A．2

B．22 C．3

D．4

2

11．已知函数A．abc

fxlnx21x，设aflog0.2，bf330．2，cf3，

则（ ）

1．1B．bac C．cba D．cab

x2y2C:221ab0ab12．已知椭圆的右焦点F关于直线3x4y120的对称点为P，

72点O为C的对称中心，直线PO的斜率为79，且C的长轴不小于4，则C的离心率（ ） 1A．存在最大值，且最大值为4 1C．存在最小值，且最小值为4

1B．存在最大值，且最大值为2 1D．存在最小值，且最小值为2

第(13)~(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。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

13．若向量

m2k1,k与向量

n4,1共线，则k__________．

πfx1asinaxa0fx614．若函数的最大值为3，则的最小正周期为

__________． 15．现有如下假设：

所有纺织工都是工会成员，部分梳毛工是女工，部分纺织工是女工，所有工会成员都投了健康保险，没有一个梳毛工投了健康保险．

下列结论可以从上述假设中推出来的是__________．（填写所有正确结论的编号） ①所有纺织工都投了健康保险②有些女工投了健康保险③有些女工没有投健康保险④工会的部分成员没有投健康保险

x33x1，x0xfx15xa，x0216．若函数的最小值为1，则a的取值范围为__________．

3

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

aa2an1a22n217．（12分）设Sn为数列n的前n项和，已知a37，n． a1（1）证明：n为等比数列；

a（2）求n的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？

18．（12分）根据以往的经验，某建筑工程施工期间的降水量N（单位：mm）对工期的影响如下表：

降水量N 工期延误天数X N400 400N600 600N1000 N1000 0 1 3 6 根据某气象站的资料，某调查小组抄录了该工程施工地某月前得到降水量的折线图，如下图所示．

天的降水量的数据，绘制

（1）根据降水量的折线图，分别求该工程施工延误天数X0，1，3，6的频率； （2）以（1）中的频率作为概率，求工期延误天数X的分布列及数学期望与方差． 19．（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC2，D为棱CC1的中点，

AB1A1BO．

（1）证明：C1O∥平面ABD；

2（2）设二面角DABC的正切值为2，ACBC，A1E2EB，求异面直线C1O与CE所成角的余弦值．

4

11A，y0C:x22pyp2上一点，且A到C的焦点的距是抛物线20．（12分）已知点25离为8．

（1）求抛物线C在点A处的切线方程；

（2）若P是C上一动点，且P不在直线l:y2x9y0上，过P作直线l1垂直于x轴且交l于

AM2点M，过P作l的垂线，垂足为N．证明：21．（12分）已知函数（1）讨论

AN为定值，并求该定值． ．

fxax2exea2fx的单调性；

（2）当x1时，

fx0，求a的取值范围．

请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。

22．（10分）选修4-4：坐标系与参数方程

xtcosy1tsintxOyl在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，

2x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为sin23cos0．

（1）写出直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程； （2）已知点

P0,1，点

Q3,0，直线l过点Q且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为M，求

PM的值．

23．（10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数

fxx2x3fx15．

（1）求不等式（2）若

的解集；

x2afx对xR恒成立，求a的取值范围．

5

数学（理科）参考答案

3i1.【解析】对于A，虚部是2；对于B，虚部是4；对于C，

部是6；对于D，2.【解析】所以

296i186i，虚

i45i54i，虚部是4．∴虚部最大的是C，故选C．

，

Ax|4x3x|3x4，选D．

tan23231，

Bx|x2x505,2，

AB3,23．【解析】由题意可得：

ππ32333tan31tantanπ123373则：．本题选择B选项．

tantany22x13,0m139m8m4．【解析】因为双曲线的一个焦点为，所以，故

2选B．

5．【解析】由正弦定理知b32a，又a2知，b6，所以由余弦定理知：c2a2b22abcosπ264，所以c26，故选A．

6．【解析】由甲的三视图可知，该几何体为一个正方体中间挖掉一个长方体，正方体的棱长

3为8，长方体的长为4，宽为4，高为6，则该几何体的体积为V18446416；

由乙的三视图可知，该几何体为一个底面为正方形，边长为9，高为9的四棱锥，则该几何1V29992433体的体积为，∴V1V2416243173，故选D．

knkkTCab，得12x展开式k1n7．【解析】由题意，根据二项式定理展开式的通项公式

7的通项为

kkTk12C7xk12x7，则3x展开式的通项为kk1Tk12C7xk，由k12，得

3k3，所以所求x的系数为2C7280．故选C．

28．【解析】执行程序框图，x86，y90，s27；x90，y86，s27；x94，y82，

s27；x98，y78，s27，结束循环，输出的x，y分别为98，78，故选C．

6

9．【解析】根据不等式组画出可行域如图所示：

由图可得，P，y0，故p1正确，则p3错误；令

z11xyyxz22，即，由图可

得，当直线

y1xz4,02经过点时，直线在y轴上的截距最大，此时z最小，则

1zmin422，故p2正确，p4错误．故选A． 22h24π2h10．【解析】设四棱柱的高为，则40π，解得h6，则AC1与底面ABCD2CC163AC2所成角的正切值为．

fxln11．【解析】∵fxlnx21x，

ln∴∴

x21xln1x21xx21xfx， fxlnfxfx，∴函数

fx是偶函数，∴当x0时，易得，

11cf31．f31．x21x为增函

数，∴

aflog30.2flog35，

1．10．20．21．1f3flog5f31log5233∵，031，33，∴，

∴cab，故选D．

7c72y1x25xc3y4246c3xc4y12Px,yFc,0252212．【解析】设，，则，解得，则c1y72e0,c1a2，即C的离心率存在最大值， x79，2a4，a2，

7

1且最大值为2，选B．

k12．

13．【解析】因为向量

m2k1,k与向量

n4,1共线，所以2k14k0，

πfx1asinaxa0614．【解析】因为函数的最大值为1a，1a3，a2，

2ππfxa因此的最小正周期为．

15．【解析】∵所有纺织工都是工会成员，所有工会成员都投了健康保险

∴所有纺织工都投了健康保险，故①正确；∵所有纺织工都是工会成员，所有工会成员都投了健康保险，部分纺织工是女工∴有些女工投了健康保险，故②正确；

∵部分梳毛工是女工，没有一个梳毛工投了健康保险∴有些女工没有投健康保险，故③正确； ∵所有工会成员都投了健康保险∴工会的部分成员没有投健康保险是错误的，故④错误． 故答案为①②③．

fx0fx3x23x016．【解析】当时，，所以当0x1时，； 当x1时，当x0时，

fx0fx0；此时，

fxminf11

，a2．

fxminf0a1117．【解析】∵a37，a33a22，∴a23，

an12an122n2an11an11∴an2an11，∴a11，，又a112，a214，

a1∴n是首项为2公比为2的等比数列．

nna12a21， nn（2）解：由（1）知，，∴

22n1n1nSnn2n1n2nS2an2n22210nn12∴，∴，

∴nSn2an，即n，an，Sn成等差数列．

100.5N400mmX02018．【解析】（1）∵的天数为10，∴的频率为；

8

60.3400mmN600mm20X1∵的天数为6，∴的频率为； 20.1600mmN1000mmX3∵的天数为2，∴的频率为20；

20.1N1000mmX620∵的天数为2，∴的频率为．

（2）X的分布列为

X P 0 0.5 1 0.3 ．

223 0.1 6 0.1 EX00.510.3301.601.1.222DX01.20．511.20．331.201.61.201.0.720.0120.3242.3043.36．

19．【解析】（1）证明：取AB的中点F，连接OF，DF，

11OF∥BB1C1D∥BB122∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，∴，又，

∴OF∥C1D，∴四边形OFDC1为平行四边形，则C1O∥DF．

∵C1O平面ABD，DF平面ABD，∴C1O∥平面ABD．

（2）解：过C作CHAB于H，连接DH，则DHC即为二面角DABC的平面角． CD2tanDHCCH2，∵CH2，∴CD1．以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，

如图所示， 则则

C10,0,2，

B0,2,0，

D0,0,1，

A12,0,2，

O1,1,1uuur1uuur222uuuruuuruuur242，BEBA1,,，CEBEBC,,．

33333334uuuruuuruuuruuuruuurCOCE23∵C1O1,1,1，∴cosC1O,CEuu1u， ruuur326C1OCE33

9

2∴异面直线C1O与CE所成角的余弦值为3．

20．

12py04yp5028， 【解析】（1）依题意得1p51p28p28p1xC2∴．∵，∴，故的方程为2y．

x2yy22，yx，∴由x2y得

x12 12，

又

y0111111yxyx822，即8，∴所示切线的方程为28．

m219Pm,m1AM5mm22． 2，且2）（2）设（，则M的横坐标为m，199m21xNm2my2xPN:yxm54， 8联立可得，22由题可知，与

所以

1915AN5m2m54251m22AM，则

2AN55为定值．

21．【解析】（1）

fxax2aex，

fxRfx2ex0a0当时，，∴在上单调递减． 当a0时，令

fx0，得

x2a2axa；令fx0，得a．

10

2a2a，，fxa，单调递增区间为a． ∴的单调递减区间为当a0时，令

fx0，得

x2a2axa；令fx0，得a．

2a2a，，fxaa． ∴的单调递减区间为，单调递增区间为

（2）当a0时，

fx1,fxf10在上单调递减，∴，不合题意．

f22a2e2ea2a2e2e2e22e0a0当时，，不合题意．

fx1,fxax2aex0a1当时，，在上单调递增， ∴

fxf10，故a1满足题意．

2a2a1,，fxa上单调递减，在a单调递增， 当0a1时，在2afxminff10a∴，故0a1不满足题意．

1,综上，a的取值范围为．

22．【解析】（1）由直线l的参数方程消去t，得l的普通方程为xsinycoscos0，

222由sin23cos0得sin23cos0，

2yC所以曲线的直角坐标方程为23x．

（2）易得点P在l上，所以

tankPQ013035π3，所以6，

3xt2y11t2， 所以l的参数方程为22代入y23x中，得t16t40，设A，B，M所对应的参数分别为t1，t2，t0，

则

t0t1t28PMt082，所以．

11

23．【解析】（1）因为所以当x3时，由

2x1，x3fx5，3x2 2x1，x2，

fx15得8x3；

fx153x2fx152x7当3x2时，由得；当x2时，由得． 综上，

fx15的解集为得

8,7．

，

（2）由因为

x2afxax2fxfxx2x35，当且仅当3x2取等号，

fx所以当3x2时，取得最小值5． x2fxx0所以当时，取得最小值5，

故a5，即a的取值范围为

,5．

12