推荐-江西省上饶市四校2018届高三3月第二次联考(数学

上饶市四校2018届高三第二次联考

数学（文科）试题卷

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.共150分，考试时间为120分钟 参考公式：

球的表面积公式S=4πR2

4球的体积公式 V=3πR3其中R表示球的半径

1棱锥的体积公式V=3Sh其中S表示棱锥的底面积, h表示棱锥的高 棱柱的体积公式V=Sh其中S表示棱柱的底面积, h表示棱柱的高 如果事件A, B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)

第Ⅰ卷（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．设全集A．

U2,1,0,1,2,A2,1,0,B0,1,2则(CuA)∩B=( )

0 B．2,1 C．1,2 D．0,1,2

2．已知不重合的直线a,b和平面,，a，b，则“ab”是“”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

f(x)log1(2x2x)3．已知函数

3，则f(x)的单调增区间为（ ）

11(,)(,)4 B．4A． 1(,)2 C．(0,) D．

4．如果执行右面的程序框图，那么输出的t（ ）

A．96 B．120 C．144 D．300

x2y211675．椭圆的左右焦点为F1,F2，一直线

过F1交椭圆于A,B两点，则ABF2的周长为（ ）

A．32 B．16

C．8 D．4

6．若ABC的角A,B,C对边分别为a、b、c，且a1，B45，（ ）

A．5

B．25

C．41

D．52 S△ABC2，则b7．若某多面体的三视图(单位：cm)如图所示，

则此多面体的体积是 （ ） A. 6cm B. 12 cm C. 16 cm D. 18 cm

3

3

3

3

0,)单调递增，

8．已知偶函数f(x)在区间

则满足f(2x2)f(2)的x取值 范围是（ ）

A．(,0) B．(0,2)

C．(0,22) D．(2,)

9．设G是ABC的重心，且(sinA)GA(sinB)GB(sinC)GC0，则B的大小为（ ）

A．45 B．60 C．30 D．15

x2y2212A,B,Pab10．已知是双曲线上不同的三点，且A,B连线经过坐标原点，若直线

PA,PB的斜率乘积

kPAkPB23，则该双曲线的离心率为（ ）

5A.2

6B.2 C.2

15D. 3

第Ⅱ卷（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。

11．若(a2i)ibi，其中a,bR,i是虚数单位，则ab ．

12．为了解某校教师使用多媒体进行教学的情况，采用简单随机抽样的方法，从该校200名授课教师中抽取20名教师，调查了他们上学期使用多媒体进行教学的次数，结果用茎叶图表示如下：

据此可估计该校上学期200名教师中，使用多媒体进行教学次数在[15,25)内的人数为

13．已知等比数列的公比为2，且前四项之和等于1，那么前之和等于 ．

xy0xy20内，则点P(x,y)到点A(2,3)的距离PA的P(x,y)14．已知点在线性区域最小值为 ．

15．掷两枚骰子，它们的各面分别刻有1，2，2，3，3，3，则掷得的点数之和为4的概率为 16．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮；现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形。则f(6) 。

(1)(2)(3)(4)

f(x)17．如图是函数

sinx4x2bxc的图像的一部分，若图像的最高点的纵坐标为3，则

bc ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18． (本题满分14分)

(1,sin(ωx))(2,2sin(ωx))3，n6（其中为正常数） 已知向量m

（Ⅰ）若

21,x,63，求m//n时tanx的值；

（Ⅱ）设f(x)mn2，若函数f(x)的图像的相邻两个对称中心的距离为2，求

0,f(x)在区间2上的最小值。

19．(本题满分14分)

在多面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，三角形CDE是等边三

角形，棱EF//BC且

EF1BC2．

（Ⅰ）证明：FO//平面CDE；

（Ⅱ）设BC23，CD2，OE3， 求EC与平面ABCD所成角的正弦值。

20．(本题满分14分)

1San1nanSnn2已知数列的前项和是，且．

（Ⅰ）求数列

an的通项公式；

11125blog3(1Sn1)bbb2b3bnbn151的n的值。

（Ⅱ）设n，求适合方程12

21．(本题满分15分)

11f(x)x3x23x1,tg(t)(t2)2,t133已知函数，（t1），函数

（Ⅰ）当0t1时，求函数f(x)的单调区间和最大、最小值；

x(1,t)，使得xx0是关于x的方程

（Ⅱ）求证：对于任意的t1，总存在0f(x)g(t)的解；并就k的取值情况讨论这样的x0的个数。

22．(本题满分15分)

1F(0,)2P(x0,y0)xO(0,0)M(0,1)N(0,2)2已知四点，，，。点在抛物线2y上

(Ⅰ) 当

x03时，延长PN交抛物线于另一点Q，求POQ的大小；

2P(x,y)(x0)x000 (Ⅱ) 当点在抛物线2y上运动时，

ⅰ）以MP为直径作圆，求该圆截直线

y12所得的弦长；

ⅱ）过点P作x轴的垂线交x轴于点A，过点P作该抛物线的切线l交x轴于点B。问：是否总有FPBBPA？如果有，请给予证明；如果没有，请举出反例。

数学（文科）参

一、选择题

1．C 2．C 3．D 4．B 5．B 6．A 7．A 8． B 9．B 10． D 二、填空题

35211．1 12． 60 13．17 14．2 15．18 16．61 17．2

三、解答题

sin(x)sin(x)m//n63，……………2分 18．解：（Ⅰ）时，

sinxcos6cosxsin6sinxcos3cosxsin3

3113sinxcosxsinxcosx2222则……………4分

313131tanx23sinxcosx3122，所以……………6分

（Ⅱ）

2sin(ωx)cos(ωx)f(x)2sin(ωx)sin(ωx)63632

2sin(ωx)cos(ωx)sin(2ωx)663． ………………9分

（或

f(x)ω2xs631iωxn(2()ωxssiinωnx(32213ωxc)osωx)22

(sin2(3231sinωxcos2ωxsinωxcosωx)442

31cos2ωxsin2ωxsin(2ωx)223………………9分

∵函数f(x)的图像的相邻两个对称中心的距离为2 ∴f(x)的最小正周期为，又为正常数，

22ω∴，解之，得1． ………………………11分 f(x)sin(2x)3． 故

2x0,2x2，所以333． 因为

x故当

3时，f(x)取最小值

32…………………14分

19．（Ⅰ）【证明】取CD中点M，连结OM．………………1分

11OM//BCEF//BCEF//OM22在矩形ABCD中，，又，则，………………3分

连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形． ∴又

FO//EM………………5分

FO平面CDE，且EM平面CDE，

∴FO∥平面CDE ………………6分

（Ⅱ）连结FM，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE中，

CMDM,EMCD且EM3，又

EF1BC32．

因此平行四边形EFOM为菱形，………………8分

过E作EGOM于G ∵CDEM,CDOM， ∴CD平面EOM，∴CDEG 因此EG平面ABCD

所以EGC为EC与底面ABCD所成角………………10分 在EOM中OMMEOE3， 则EOM为正三角形。

∴点E到平面ABCD的距离为

EG32，………………12分

sinECG所以

EG3EC4

3即EC与平面CDF所成角的正弦值为4。………………14分 12Sa1a111aS123． 20．（Ⅰ） 当n1时，1，由，得11Sn1anSn11an12，2当n2时，， 11SnSn1=(an1an) an(an1an)22∴，即．

121an=an1a3 ∴． ∴n是以3为首项，3为公比的等比数列． 211an()n12()n333． ………………7分 故

1Sn111an()nblog3(1Sn1)log3()n1n123，n3，………………9分

（Ⅱ）

1111bnbn1(n1)(n2)n1n2

11111111111()()()b1b2b2b3bnbn12334n1n22n2………11分

1125解方程2n251，得n100………………14分

2f(x)x2xx(x2) ……1分 21．解：（Ⅰ）因为

由f(x)0x2或x0；由f(x)00x2，

所以当0t1时，f(x)在(1,0)上递增，在(0,t)上递减 ……3分

f(1)因为

585f(2)433，f(0)3，33，

而f(0)f(t)f(2)， ………………4分

所以当x1时，函数f(x)取最小值

f(1)53，………………5分

当x0时，函数f(x)取最大值f(0)3，………………6分

1x22x(t2)23（Ⅱ）因为f(x)x2x，所以，

21p(x)x22x(t2)23 令，

1p(x)x22x(t2)203从而把问题转化为证明方程在(1,t)上有解，

并讨论解的个数 ………………7分

11p(1)3(t2)2(t1)(t5)33 因为,

12p(t)t(t2)(t2)2(t1)(t2)33,………………8分

所以

①当t5或1t2时,p(2)p(t)0，所以p(x)0在(2,t)上有解，且只有一解……10分

1p(0)(t2)203②当2t5时,p(2)0且p(t)0，但由于，

所以p(x)0在(2,t)上有解，且有两解 ……12分

2p(x)x2x0x0或x2,所以p(x)0在(2,t)上有且只有t2③当时,

一解x0；

2p(x)x2x30x1或x3, t5当时,

所以p(x)0在(1,5)上也有且只有一解x3 ……14分

x(1,t)，满足f(x0)g(t)，

综上所述, 对于任意的t1，总存在0xx且当t5或1t2时，有唯一的0适合题意；当2t5时，有两个0适合题意。

………………15分

22．(Ⅰ) 当

x03时，

y0995P(3,)kPN2，2，6

直线PN：

y52x2xx40x,32x2y633代入，得，，

48498Q(,)3()039， OPOQ329所以，

所以POQ90 ……………5分

x011,y0)2， (Ⅱ) ⅰ）以MP为直径的圆的圆心为22(2MPx0(y01)22y0(y01)2y021，

r所以圆的半径

1y0212，

y圆心到直线

11111dy0y02222； 2的距离

l2r2d22故截得的弦长

12112y0y01444 ……………10分

(Ⅱ) 总有FPBBPA。……………11分

x2y2，yx，kly|xx0x0， 证明：

22x0x0yx0(xx0)yx0xl22 所以切线的方程为，即

令y0，得

xx0xB(0,0)2，所以点B的坐标为2 ………………12分

点B到直线PA的距离为下面求直线PF的方程

d1x02，

2x011221y(x0)F(0,)2x02，所以直线PF的方程为因为，

2(x01)x2x0yx00整理得

2(x01)d2所以点B到直线PF的距离为所以

x0x022(x01)2(x01)2(2x0)2x022(x01)2x02，

d1d2

所以FPBBPA………………15分

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