届贵州省遵义市高三上学期第二次联考数学理试题.docx

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届贵州省遵义市高三上学期第二次联考数学理试题

遵义市2018届高三第二次联考试卷

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．设集合，集合，则（）

A．B．C．D．

2．若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（）

A．-6B．-2C．D．6

3．已知向量的夹角为60°，且，则向量在向量方向上的投影为（）

A．-1B．0C．2D．3

4．在一组样本数据（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（）

A．-1B．0C．D．1

5．下列有关命题的说法正确的是（）

A．命题“若，则”的否命题为“若，则”

B．“”是“”的必要不充分条件

C．命题“，”的否定是“，”

D．命题“若，则”的逆否命题为真命题

6．若，且，则（）

A．B．C．D．

7．在中，角的对边分别为，已知，，则的值为（）

A．B．C．D．

8．函数的一部分图象如下图所示，则（）

A．3B．C．2D．

9．已知是两个数2,8的等比中项，则圆锥曲线的离心率为（）

A．或B．或C．D．

10．定义在上的奇函数的一个零点所在区间为（）

A．B．C．D．

11．下边程序框图的算法思路是来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图时，若输入的分别为16、18，输出的结果为，则二项式的展开式中常数项是（）

A．-20B．52C．-192D．-160

12．设是定义在上的偶函数，，都有，且当时，，若函数（）在区间内恰有三个不同零点，则实数的取值范围是（）

A．B．

C．D．

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．已知是坐标原点，点，若点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是．

14．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作.其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是“以小斜冥并大斜冥减中斜冥，余半之，自乘于上，以小斜冥乘大斜冥减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写出公式，即若，则，现有周长为的满足，则用以上给出的公式求得的面积为．

15．已知四棱锥的顶点都在半径的球面上，底面是正方形，且底面经过球心，是的中点，底面，则该四棱锥的体积等于．

16．已知点分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的右支上，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围为．

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．设为数列的前项和，已知，对任意，都有.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列的前项和为，求证：

.

18．某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理.

（Ⅰ）若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润（单位：

元）关于当天需求量（单位：

枝，）的函数解析式.

（Ⅱ）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：

枝），整理得下表：

以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.

（1）若花店一天购进17枝玫瑰花，表示当天的利润（单位：

元），求的分布列及数学期望；

（2）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，以利润角度看，你认为应购进16枝好还是17枝好？

请说明理由.

19．如图，四棱锥，侧面是边长为2的正三角形，且平面平面，底面是的菱形，为棱上的动点，且.

（Ⅰ）求证：

；

（Ⅱ）试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.

20．设抛物线的准线与轴交于，以为焦点，离心率的椭圆与抛物线的一个交点为；自引直线交抛物线于两个不同的点，设.

（Ⅰ）求抛物线的方程和椭圆的方程；

（Ⅱ）若，求的取值范围.

21．已知函数.

（Ⅰ）若时，，求的最小值；

（Ⅱ）设数列的通项，证明：

.

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．选修4-4：

坐标系与参数方程

已知曲线的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（为参数）.

（Ⅰ）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（Ⅱ）若直线与曲线相交于两点，且，求直线的倾斜角的值.

23．选修4-5：

不等式选讲

已知函数.

（Ⅰ）若，解不等式；

（Ⅱ）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.

2018届高三第二次联考试卷

理科数学参考答案

一、选择题

1-5:

DABDD6-10:

ABCBC11、12：

DA

二、填空题

13．14．15．16．

三、解答题

17．解：

（Ⅰ）因为，当时，

两式相减得：

即，

所以当时，.

所以，即.

（Ⅱ）因为，，，

所以.

所以，

因为，所以.

又因为在上是单调递减函数，

所以在上是单调递增函数.

所以当时，取最小值，

所以.

18．解：

（Ⅰ）当日需求量时，利润；

当日需求量时，利润，

∴关于的解析式为；

（Ⅱ）

（1）可取55,65,75,85

，，

，

的分布列为

.

（2）购进16枝时，当天的利润为

从利润的角度看，所以应购进17枝.

19．解：

（Ⅰ）取中点，连结，

依题意可知，均为正三角形，

所以，，

又，平面，平面，

所以平面，

又平面，所以.

因为，所以.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，

又平面平面，

平面平面，

平面，所以平面.

以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，，

由

可得点的坐标为，

所以，，

设平面的法向量为，则，

即

解得，

令，得，

显然平面的一个法向量为，

依题意，

解得或（舍去），

所以，当时，二面角的余弦值为.

20．解：

（Ⅰ）由题设，得：

①

②

由①、②解得，，

椭圆的方程为

易得抛物线的方程是：

.

（Ⅱ）记，，

由得：

③

设直线的方程为，与抛物线的方程联立，得：

（*）

④

⑤

由③④⑤消去得：

由方程（*）得：

化简为：

，代入；

∵，∴，

同时，令，则

当时，，

所以，因此，

于是：

，那么：

21．解：

（Ⅰ）由已知，，，且

若，当，，

∴，

若，则当时，.

所以当时，.

若，则当时，，

所以当时，

综上，的最小值为.

（Ⅱ）由于

当，由（Ⅰ）知，当时，，即

取，则

则，

因此，①

②

③

…………………………

n-1

所以，

即：

所以

22．解：

（Ⅰ）由得.

∵，，，

∴曲线的直角坐标方程为，

即.

（Ⅱ）将代入圆的方程得，

化简得.

设两点对应的参数分别为，则

∴.

∴，，或.

23．解：

（Ⅰ）不等式化为，则

，或，或，

解得，

所以不等式的解集为.

（Ⅱ）不等式等价于，

即，

由三角不等式知.

若存在实数，使得不等式成立，

则，

解得，

所以实数的取值范围是.