届贵州省贵阳市高三上学期第二次适应性考试数学理试题试题Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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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.的二项展开式中，的系数与的二项式系数之和等于．
14.已知向量满足，，，则．
15.已知数列满足，且，则数列的通项公式为．
16.“求方程的解”有如下解题思路：
设，则在上单调递减，且，所以原方程有唯一解，类比上述解题思路，不等式的解集是．
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.）
17.（12分）
在中，分别为内角的对边，已知，，.
（1）求；
（2）求边长.
18.（12分）
新车商业保费与购车价格有较强的线性相关关系，下面是随机采集的8组数据（其中（万元）表示购车价格，（元）表示商业车险保费）：
，，，，，，，，设由这8组数据得到的回归直线方程为，李先生2016年1月购买一辆价值20万元的新车.
（1）试估计李先生买车时应缴纳的保费；
（2）从2016年1月1日起，该地区纳入商业车险改革试点范围，其中最大的变化是上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率，具体关系如下表：
上一年的出险次数
1
2
3
4
下一年的保费倍率
0.85
1.25
1.5
1.75
连续两年没有出险打7折，连续三年没有出险打6折
有评估机构从以往购买了车险的车辆中随机抽取1000量调查，得到一年中出险次数的频率分布如下（并用相应频率估计车辆在2016年度出险次数的概率）：
一年中的出险次数
频率
500
380
100
15
根据以上信息，是，估计该车辆在2017年1月续保时应缴纳的保费（精确到元），并分析车险新政是否总体上减轻了车主负担.（假设车辆下一年与上一年都够买相同的商业车险产品进行续保）
19.（12分）
如图所示，四棱锥，为边长为2的正三角形，，，垂直于平面于，为的中点，，求：
（1）异面直线与所成角的余弦值；
（2）平面与平面所成二面角的余弦值.
20.（12分）
如图所示，已知椭圆：
，点是椭圆上的一点，且椭圆的离心率
为，直线与椭圆交于点，且是椭圆上异于的任意两点，直线相交于点，直线相交于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：
直线的斜率为定值.
21.（12分）
已知函数.
（1）若的最小值为0，求的值；
（2）当的最小值为0时，若对，有恒成立，求实数的最小值；
（3）当
（2）成立时，证明：
.
请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.（本小题满分10分）选修4-4：
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，圆，圆.
（1）以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，求圆和圆的极坐标方程，并求出这两圆的交点的极坐标；
（2）求这两圆的公共弦的参数方程.
23.（本小题满分10分）选修4-5：
不等式选讲
（1）证明柯西不等式：
若都是实数，则，并指出此不等式里等号成立的条件；
（2）用柯西不等式求函数的最大值.
数学（理）试题试题参考答案
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）
题号
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
B
A
C
【解析】
1．∵集合，，，∴B的子集共有16个，故选D．
2．复数．若z的虚部为2，可得，，，故选B．
3．对于①，，解得或，故“”是“”的必要不充分条件，故正确；
对于②，命题的否定形式是：
，，使得，故错误；
对于③，否命题是：
“若，则或”故错误；
对于④，是上的奇函数，则，，与不是互为相反数，故错误，故选A．
4．由主视图和俯视图可知原正方体截取两个小正三棱锥后如图1，故选D．
5．，；
，；
，
；
…，S的取值有周期性，，，，故选D．
6．，令，则t是区间（0，1]内的值，而所以当，即时，取最大值．使的n的值为数列中的最小项，所以该数列既有最大项又有最小项，故选C．
7．如图2建系，，，，，，，故选B．
8．根据题意，的展开式的通项为，共13项，若为正整数，则r的值可以为0，3，6，即其展开式中含a的正整数次幂的项共3项，其他的有10项，先将不含a的正整数次幂的10项进行全排列，有种情况，排好后，有11个空位，在这11个空位中，任取3个，安排3个含a的正整数次幂的项，有种情况，共有•种情况，故选D．
9．实数，满足，且，可得，则，令，即有，则
，当且仅当，即时，取得最小值25，故选C．
10．设是上的任意一点，则关于直线对称的点的坐标为，则在上，即，即．是奇函数，，即，．，∴当时，，则，，的图象向右平移个单位后得到，故选B．
11．不等式组表示的平面区域为M，即为图3中的抛物线在第一象限内阴影部分，，倾斜角小于的区域为图中深色阴影部分；
，由几何概率的计算公式可得，故选C．
12．椭圆：
与双曲线：
的焦点重合，∴满足，即，，排除C，D；
又，，则，，，则==，（=
，∴＞1，故选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）
13
14
16
13．，，
．
14．根据题意可知三棱锥的三条侧棱，，由，，则底面是等腰直角三角形，则底面，，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，长方体的边长为1，1，，体对角线的中点就是外接球的球心，∴球的半径为．四面体外接球表面积为：
15．若函数与的图象上存在关于x轴对称的点，则方程在区间[1，2]上有解．令，，由的图象是开口朝上，且以直线为对称轴的抛物线，故当时，取最小值−2，当时，取最大值0，故．
16．设，，，，．在△ABM中，由正弦定理可得：
，代入解得：
，在中，，由勾股定理可得，化简整理得：
，，，在中，．
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）
17．（本小题满分12分）
解：
（Ⅰ）由，，得．……………………………（2分）
设各项都是正数的等比数列的公比为，
由题意可得，
即有，解得（舍去），……………………………（4分）
即有．…………………………………………………………（6分）
（Ⅱ），
前n项和……………………………（7分）
……………………………………………（10分）
．……………………………………………………………（12分）
18．（本小题满分12分）
（Ⅰ）根据所给的频率分步直方图中小长方形的长和宽，
得到第3组的频率为0.06×
5=0.3；
……………………………………………（1分）
第4组的频率为0.04×
5=0.2；
……………………………………………（2分）
第5组的频率为0.02×
5=0.1．……………………………………………（3分）
（Ⅱ）由题意知本题是一个等可能事件的概率，
第5组抽取的人数为．……………………………………………（6分）
（Ⅲ）学校决定在这6名学生中随机抽取2名学生接受甲教师的考查，
由题意知变量的可能取值是0，1，2，…………………………………………（7分）
该变量符合超几何分布，
∴，………………………………………………（8分）
∴的分布列是
P
…………………………………………………………（10分）
∴．…………………………………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
（Ⅰ）证明：
∵平面PAC⊥平面ABC，
平面PAC平面ABC=AC，PA⊥AC，
∴PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．……………………………………………………（3分）
又由题图甲知BC⊥BA，PABA=A，
∴BC⊥平面PAB，
又AD⊂平面PAB，∴BC⊥AD．……………………………………………………（6分）
（Ⅱ）解：
如图4所示，以点A为坐标原点，分别以射线AC，AP为x，z轴，以垂直平面APC向外方向为y轴建立空间直角坐标系．
则
若存在点E，设，
则．…………………………………………………（8分）
设平面ADE的法向量，
则即
令，则，故．
平面ABC的法向量，……………………………………………（10分）
解得，
∴存在点E，且点E为棱PC的中点．………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
（Ⅰ）解：
∵
点代入方程得，
∴椭圆C的方程为．……………………………………………（4分）
（Ⅱ）证明：
如图5，
设，则，
PA所在直线方程为，
取，得，………………………………………………………（5分）
，PB所在直线方程为，
取，得．……………………………………………………（6分）
∴，
．………………………………………（8分）
∴
．
∴四边形ABNM的面积为定值2．……………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
由已知得，……………（1分）
，∴，
∴．
∴，…………………………………………（2分）
于是，
由得；
由，得，
∴的单调递增区间是（−1，0），单调递减区间是（0，+∞）．……………（4分）
，，
则，令，得或（舍），
当时，；
当时，，
即在（0，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减．………………………（7分）
由题意：
即亦即
故实数b的取值范围为．……………………………（9分）
（Ⅲ）证明：
由（Ⅰ）可得，当时（当且仅当时等号成立）．
设，则，即，………………………（10分）
，，，…，，
将上面n个式子相加得：
故．…………………………………
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