高考数学模拟试卷 (3) 12页

第 3 套 1 2018 年南平市普通高中毕业班第二次综合质量检查考试 理科数学(3) 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．已知i 为虚数单位，复数  2iz a  ， aR ，若复数 z 是纯虚数，则 z  （ ） A．1 B． 2 C．2 D．4 2．若 4cos 5    ， 是第三象限的角，则 sin 4      （ ） A． 7 2 10  B． 7 2 10 C． 2 10  D． 2 10 3．命题 : ,sin cos 2p x x x    R ，命题 : 0,e 1xq x    ，真命题的是（ ） A． p q B． p q  C．  p q  D．   p q   4．如图，半径为 R 的圆O 内有四个半径相等的小圆，其圆心分别为 , , ,A B C D ，这四个小圆都与圆 O 内切， 且相邻两小圆外切，则在圆 O 内任取一点，该点恰好取自阴影部分的概率为（ ） A．12 8 2 B． 6 4 2 C．9 6 2 D．3 2 2 5．过双曲线 2 2: 1x y   上任意点 P 作双曲线  的切线，交双曲线  两条渐近线分别交于 ,A B 两点，若 O 为坐标原点，则 AOB 的面积为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 6． 51 12x xx x            的展开式中的常数项为（ ） A．20 B．-20 C．40 D．-40 7．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之 第 3 套 2 为“堑堵”．现有一块底面两直角边长为 3 和 4，侧棱长为 12 的“堑堵”形石材，将之切削、打磨，加工 成若干个相同的石球，并让石球的体积最大，则所剩余的石料体积为（ ） A． 72 16 B． 72 12 C． 72 8 D． 72 6 8．已知函数     cos 3 0f x x       ，将  f x 的图象向右平移 6  个单位后所得图象关于点 ,04      对称，将  f x 的图象向左平移  0   个单位后所得图象关于 y 轴对称，则 的值不可能是 （ ） A． 4  B． 5 12  C． 7 12  D．11 12  9．在 ABC 中，若 8BC  ， BC 边上中线长为 3，则 AB AC  uuur uuur （ ） A．-7 B．7 C．-28 D．28 10．执行如图所示的程序框图，输出 s 的值为（ ） A．-1008 B．-1010 C．1009 D．1007 11．已知顶点在同一球面O 上的某三棱锥三视图中的正视图，俯视图如图所示．若球 O 的体积为 4 3 ， 则图中的 a 的值是（ ） 第 3 套 3 A． 35 2 B． 2 2 C． 35 4 D． 2 3 12．若函数   sin ex xg x mx  在区间 0,2 有一个极大值和一个极小值，则实数 m 的取值范围是（ ） A． 2 2e ,e        B． 2e ,e   C． 5 2e ,e        D． 3e ,e  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．若实数 ,x y 满足 , 2 2, 0, x y x y y       ，且  0, 0z mx ny m n    的最大值为 4，则 1 1 m n  的最小值 为 ． 14．已知实数 ,x y 满足 2 sin 1x y  ，则sin y x 的取值范围是 ． 15．直线l 与椭圆 2 2 : 14 2 x y   相交于 ,P Q 两点，若 OP OQ （O 为坐标原点），则以O 点为圆心且 与直线l 相切的圆方程为 ． 16．在 ABC 中，若 2 2 2sin 3sin 3sin 2 3 sin sin sinC A B A B C   ，则角C  ． 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 nS 为数列 na 的前 n 项和，已知 0na  ， 1 1a  ，  1 2,n n nS S a n n    *N ． （Ⅰ）求证： nS 是等差数列； （Ⅱ）设 12n n nb a  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 18． 某地区某农产品近五年的产量统计如下表： （Ⅰ）根据表中数据，建立 y 关于t 的线性回归方程 ˆˆ ˆy bt a  ，并由所建立的回归方程预测该地区 2018 年该农产品的产量； （Ⅱ）若近五年该农产品每千克的价格V （单位：元）与年产量 y （单位：万吨）满足的函数关系式为 第 3 套 4 3.78 0.3V y  ，且每年该农产品都能售完．求年销售额 S 最大时相应的年份代码t 的值， 附：对于一组数据  , , 1,2, ,i it y i n L ，其回归直线 ˆˆ ˆy bt a  的斜率和截距的计算公式：      1 2 1 ˆ n i i i n i i t t y y b t t         ， ˆˆa y b t   ． 19． 如图，在四棱锥 S ABCD 中，侧面 SCD 为钝角三角形且垂直于底面 ABCD ，CD SD ，点 M 是 SA 的中点， AD BC∥ ， 90ABC  ， 1 2AB AD BC  . （Ⅰ）求证：平面 MBD  平面 SCD ； （Ⅱ）若直线 SD 与底面 ABCD 所成的角为 60°，求二面角 B MD C  余弦值． 20． 过点  1,2D 任作一直线交抛物线 2 4x y 于 ,A B 两点，过 ,A B 两点分别作抛物线的切线 1 2,l l ． （Ⅰ）记 1 2,l l 的交点 M 的轨迹为  ，求  的方程； （Ⅱ）设  与直线 AB 交于点 E （异于点 ,A B ），且 1EA AD uur uuur ， 2EB BD uur uuur ．问 1 2  是否为定值？ 若为定值，请求出定值．若不为定值，请说明理由. 21． 己知函数    1ln 2f x x m mx        R . （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （Ⅱ）若函数  f x 的最小值为-1， m *N ，数列 nb 满足 1 1b  ，    1 3n nb f b n    *N ，记      1 2n nS b b b   L ， t 表示不超过t 的最大整数．证明： 1 1 1 1 2 n i i iS S   ． 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 第 3 套 5 在平面直角坐标系 xOy 中，以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 1C 的方程为 2 2 12 x y  ，曲线 2C 的参数方程为 cos 1 sin x y       （ 为参数），曲线 3C 的方程为 tany x  ， （ 0 , 02 x   ），曲线 3C 与曲线 1 2C C、 分别交于 ,P Q 两点． （Ⅰ）求曲线 1 2C C、 的极坐标方程； （Ⅱ）求 2 2OP OQ 的取值范围． 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数   3 2f x x a x    ， 0a  ． （Ⅰ）当 1a  时，解不等式   1f x x  ； （Ⅱ）若关于 x 的不等式   4f x  有解，求 a 的取值范围. 第 3 套 6 2018 年南平市普通高中毕业班第二次综合质量检查考试 理科数学试题(3) 参考答案及评分标准 一、选择题 1-5:CDCAD 6-10:CCBAC 11、12：BA 二、填空题 13．2 14． 5 ,1 24      15． 2 2 4 3x y  16． 2 3  三、解答题 17．（Ⅰ）证：当 2n  时， 1n n na S S   ， 代入已知得， 1 1n n n nS S S S    ， 所以   1 1 1n n n n n nS S S S S S      ， 因为 0na  ，所以 1 0n nS S   ， 所以  1 1 2,n nS S n n    *N ，故 nS 是等差数列； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 nS 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， 所以  1 1 1nS n n     从而 2 nS n ，当 2,n n  *N 时， 1 1 2 1n n na S S n n n       ， 又 1 1a  适合上式，所以 2 1na n  ． 所以  1 12 2 1 2n n n nb a n      0 1 21 2 3 2 5 2nT       L    2 12 3 2 2 1 2n nn n      ① 1 2 32 1 2 3 2 5 2nT       L    12 3 2 2 1 2n nn n     ② ②－① 得，  1 2 3 12 2 2 2 2 2 2 2n nT          L  2 1 2 1nn       2 32 2 2 2 1 2 1n nn         L     14 1 2 2 1 2 11 2 n nn       第 3 套 7 1 12 4 2 2 1n n nn         12 3 2 3n nn     18．解：（Ⅰ）由题意可知： 1 2 3 4 5 35t      ， 5.6 5.7 6 6.2 6.5 65y      ，            5 1 2 0.4 1 0.3i i i t t y y            0 1 0.2 2 0.5 2.3            25 2 2 2 2 1 2 1 0 1 2 10i i t t                1 2 1 2.3ˆ 0.2310 n i i i n i i t t y y b t t           ， ˆˆ 6 0.23 3 5.31a y b t       ， ∴ y 关于t 的线性回归方程为 ˆ 0.23 5.31y t  ； 当 6t  时， ˆ 0.23 6 5.31 6.69y     ， 即 2018 年该农产品的产量为 6.69 万吨 （Ⅱ）当年产量为 y 时，年销售额   33.78 0.3 10S y y     2300 12.6y y  （万元）， 因为二次函数图像的对称轴为 6.3y  ，又因为  5.6,5.7,6,6.2,6.5y  ， 所以当 6.2y  时，即 2016 年销售额最大，于是 4t  . 19．（Ⅰ）证明：取 BC 中点 E ，连接 DE ，设 AB AD a  ， 2BC a ， 依题意得，四边形 ABED 为正方形，且有 BE DE CE a   ， 2BD CD a  ， 所以 2 2 2BD CD BC  ，所以 BD CD ， 又平面 SCD  底面 ABCD ，平面 SCD I 底面 ABCD CD ， BD  底面 ABCD ， 所以 BD  平面 SCD . 又 BD  平面 MBD ，所以平面 MBD  平面 SCD （Ⅱ）过点 S 作CD 的垂线，交 CD 延长线于点 H ，连接 AH ， 因为平面 SCD  底面 ABCD ，平面 SCD I 底面 ABCD CD ， SH CD SH  平面 SCD ，所以 SH  底面 ABCD ，故 DH 为斜线 SD 在底面 ABCD 内的射影， SDH 为斜线 SD 与底面 ABCD 所成的角，即 60SDH   第 3 套 8 由（Ⅰ）得， 2SD a ，所以在 Rt SHD 中， 2SD a ， 2 2DH a ， 6 2SH a ， 在 ADH 中， 45ADH   ， AD a ， 2 2DH a ，由余弦定理得 2 2AH a ， 所以 2 2 2AH DH AD  ，从而 90AHD   ， 过点 D 作 DF SH∥ ，所以 DF  底面 ABCD ， 所以 , ,DB DC DF 两两垂直，如图，以点 D 为坐标原点， DB uuur 为 x 轴正方向， DC uuur 为 y 轴正方向， DF uuur 为 z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则  2 ,0,0B a ，  0, 2 ,0C a ， 2 60, ,2 2S a a      ， 2 2, ,02 2A a a      ， 2 2 6, ,4 2 4M a a a      ， 设平面 MBD 的法向量  , ,n x y z r 0 0 n DB n DM      r uuur r uuuur 得 2 0 2 2 6 04 2 4 x x y z      取 1z  得 30, ,12n       r ， 设平面 MCD 的法向量  , ,m x y z   ur 0 0 m DC m DM      ur uuur ur uuuur 得 2 0 2 2 6 04 2 4 y x y z         ， 取 1z  得，  3,0,1m   ur ， 第 3 套 9 所以 1 7cos , 77 24 n mn m n m      r urr ur r ur 故所求的二面角 B MD C  的余弦值为 7 7 . 20．解（Ⅰ）设切点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 1 2,l l 交点  ,M x y  由题意得切线 AM 的方程为  1 12x x y y  ， 切线 BM 的方程为  2 22x x y y  ， 又因为点  ,M x y  分别在直线 ,AM BM 上， 所以  1 12x x y y   ,  2 22x x y y   则直线 AB 的方程为  2x x y y   ，又因为点  1,2D 在直线 AB 上， 所以  2 2x y   ，即切线交点 M 的轨迹  的方程是 2 4 0x y   . （Ⅱ）设点  0 0,E x y ，  1 0 1 0,EA x x y y   uur  1 11 ,2AD x y   uuur ，因为 1EA AD uur uuur ， 所以   1 0 1 0 1 1 1, 1 ,2x x y y x y     ， 因此  1 0 1 11x x x   ，  1 0 1 12y y y   ， 即 0 1 1 11 xx     ， 0 1 1 1 2 1 yy     ， 又因为点  1 1,A x y 在抛物线 2 4x y 上， 所以 2 0 1 0 1 1 1 241 1 x y                 2 2 1 0 0 1 0 07 2 2 4 4 0y x y x        （1） 由于点  0 0,E x y 在直线上，所以 0 02 4 0x y   ， 把此式代入（1）式并化简得： 2 2 1 0 07 4 0y x    （2）， 第 3 套 10 同理由条件 2EB BD uur uuur 可得： 2 2 2 0 07 4 0y x    （3）， 由（2），（3）得 1 2,  是关于  的方程 2 2 0 07 4 0y x    的两根， 由韦达定理得 1 2 0   .即 1 2  为定值. 21．解：（Ⅰ）函数  f x 的定义域为 0, .   2 2 1 m x mf x x x x     1、当 0m  时，   0f x  ，即  f x 在  0, 上为增函数； 2、当 0m  时，令   0f x  得 x m ，即  f x 在 ,m  上为增函数； 同理可得  f x 在 0,m 上为减函数. （Ⅱ）  f x 有最小值为-1， 由（Ⅰ）知函数  f x 的最小值点为 x m ， 即   1f m   ，则 ln 1 2 1m m    ， 令    ln 2 2, 1g m m m m      1 2g m m    当 1m  时，   1 2 0g m m     ，故  g m 在 1, 上是减函数 所以当 1m  时    1 0g m g  ∵ m *N ，∴ 1m  .（未证明，直接得出不扣分） 则 1 1ln 1n n n b b b    .由 1 1b  得 2 2b  ， 从而 3 3ln 2 2b   .∵ 1 ln 2 12   ，∴ 32 3b  . 猜想当 3,n n  *N 时， 2 3nb  . 下面用数学归纳法证明猜想正确. 1、当 3n  时，猜想正确. 2、假设  3,n k k k   *N 时，猜想正确. 即 3,k k  *N 时， 2 3kb  . 当 1n k  时，有 1 1ln 1k k k b b b    ， 第 3 套 11 由（Ⅰ）知   1ln 1h x x x    是 2,3 上的增函数， 则      2 3kh h b h  ，即 1 3 4ln 2 ln 32 3kb     ， 由 1 5ln 2 ,ln 32 3   得 12 3kb   . 综合 1、2 得：对一切 3,n n  *N ，猜想正确. 即 3,n n  *N 时， 2 3nb  . 于是，     1 1, 2 2nb b n   ，则      1 2 2 1n nS b b b n     L . 故   1 11 1 1 2 1 2 1 n n i ii iS S i i      1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1n n           L 1 1 112 2 1 2n       22．解：（Ⅰ）因为 cosx   ， siny   ，所以曲线 1C 的极坐标方程为 2 2 2 2cos sin 12      ，即 2 2 2 1 sin    由 cos 1 sin x y       （ 为参数），消去 ， 即得曲线 2C 直角坐标方程为  22 1 1x y   将 cosx   ， siny   ，代入化简， 可得曲线 2C 的极坐标方程为 2sin  （Ⅱ）曲线 3C 的极坐标方程为  ， 0,0 2        由（1）得 2 2 2 1 sinOP   ， 2 24sinOQ  即 2 2 2 2 8sin 1 sinOP OQ    2 8 1 1sin    因为 0 2   ，所以 0 sin 1  ， 所以  2 2 0,4OP OQ  23．解：（Ⅰ）当 1a  时，即解不等式 1 3 2 1x x x     第 3 套 12 当 1x  时，不等式可化为 2 3 1x x    ，即 2 3x   ，与 1x  矛盾无解 当 2 13 x   时，不等式可化为 4 1 1x x    ， 即 0x  ，所以解得 2 03 x   当 2 3x   时，不等式可化为 2 3 1x x   ， 即 4x   ，所以解得 24 3x    综上所述，不等式的解集为  4,0 （Ⅱ）   22 2, 3 24 2 , 3 2 2, x a x f x x a x a x a x a                   因为函数  f x 在 2, 3      上单调递增，在 2 ,3      上单调递减， 所以当 2 3x   时，  max 2 3f x a  不等式   4f x  有解等价于  max 2 43f x a   ， 故 a 的取值范围为 10 ,3    