1、广西陆川县中学2018届高三数学下学期第二次质量检测试题 理（含解析）第卷（选择题）一、选择题1. 设集合，若，则实数m构成的集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知或，又根据集合元素的互异性即可得出的值.【详解】，因为，所以，则有或，解得：或，当时，集合满足题意；当时，集合，不满足互异性，故舍去；当时，集合满足题意，综上，实数m构成的集合是.故选：B【点睛】本题考查交集的概念，考查集合元素的互异性，属于基础题.2. 已知函数的图象是由函数的图象经过如下变换得到：先将的图象向右平移个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变，则函数的图象的一条对
2、称轴方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】函数的图象是由函数的图象经过经过如下变换得到：先将的图象向右平移个单位长度，得的图象，再将其图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变得到函数，令，可得的图象的对称轴方程为，则函数的图象的一条对称轴方程为，故选A.考点：三角函数图象变换.3. 下列程序框图中，输出的的值A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据题意有，在运行的过程中，；，；，以此类推，就可以得出A的值是以为分子，分母构成以为首项，以3为公差的等差数列，输出的是第10项，所以输出的结果为，故选C.4. 若，其中，则（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】C【解析】分析：首先求出定积分，代入，利用二倍角公式得到关于的方程，求出，结合的范围可得结果.详解：，又，即，解得或，故选C.点睛：本题主要考查定积分的求法、二倍角的余弦公式，考查了已知三角函数值求角，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，是中档题.5. 在中，“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：由正弦定理可得，在中，“”则，则，由倍角公式可得，可得，反之也成立，所以在中，“”是“”的充分必要条件，故选C.考点：正弦定理与倍角公式.6. 设关于x,y的不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0
4、)满足x02y0=2，求得m的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】要使线性约束条件表示的平面区域内存在点P(x0，y0)满足x02y0=2，即该平面区域和直线有交点，而直线的交点在直线上移动，由得交点坐标为，当即时，才会交点.【考点定位】本小题考查了线性约束条件、线性规划问题、两条直线的位置关系和数形结合的思想.7. 等差数列前项和为,且，.设，则当数列的前项和取得最大值时, 的值为（ ）A. 23B. 25C. 23或24D. 23或25【答案】D【解析】【分析】先依据条件知等差数列的前25项为正数，从第26项起各项都为负数，所以可以判断的前23项为正数，为负数，为正数，从第
5、27项起各项都为负数，而，故的前项和取得最大值时，的值为23或25【详解】，等差数列的公差，且则，且，由，知的前23项为正数，为负数，为正数，从第27项起各项都为负数，而与是绝对值相等，符号相反，相加为零，之后越来越小，所以数列的前项和取得最大值时,的值为，故选D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质以及求数列前项和取最值的判断方法8. 若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由结合二项式定理可得出，利用二项式系数和可求得的值.【详解】，当且时，因此，.故选：C.【点睛】本题考查二项式系数和的计算，考查计算能力，属于基础题.9. 设非空集合满足：当时，有.给出如下三个
6、命题：若，则；若，则；若，则.其中正确命题的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据题中的条件:当时，有对三个命题一一进行验证即可：对于，得，若，则，若，则，最后解出不等式，根据解出的结果与四个命题的结论对照，即可得正确结果有几个.【详解】由定义设非空集合满足：当时，有，符合定义的参数的值一定大于等于，符合条件的的值一定大于等于0或小于等于1，对于若，故必有，可得，故，故正确；对于若，则，解得，故正确；对于若，则，可解得，故正确.都为真命题，所以正确命题的个数是，故选：D【点睛】本题主要考查了集合的运算及不等式和不等式组的解法，属于创新题，解答的关键是对新定义
7、的理解，属于中档题.10. ，是两个平面，是两条直线，则下列命题中错误的是（ ）A. 如果，那么B. 如果，那么C. 如果，那么D. 如果，那么【答案】D【解析】【分析】A. 由面面垂直的判定定理判断；B. 由面面平行的性质定理判断；C.由线面平行的性质定理判断；D.由平面与平面的位置关系判断；【详解】A. 如果，由面面垂直的判定定理得，故正确；B. 如果，由面面平行的性质定理得，故正确；C.如果，由线面平行的性质定理得，故正确；D.如果，那么相交或平行，故错误；故选：D【点睛】本题主要考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，还考查了理解辨析和逻辑推理的能力，属于中档题.11. 定义在上的偶函
8、数在单调递增，且，则的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先得，再根据偶函数化简，即为，由单调性可得，运用绝对值不等式的解法可得的取值范围.【详解】定义在上的偶函数在单调递增，且，可得，即为，可得，即，解得，即的取值范围是，故选A.【点睛】首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.12. 设， 分别是函数和的零点（其中），则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由分别是函数和的零点， 所以，即，因为，所以，则，所以，即，所以，且 所以，则，即的取
9、值范围是，故选D.二、填空题13. 已知实数x，y满足的最小值为_【答案】5【解析】【分析】由题意可得可行域为如图所示（含边界），则在点处取得最小值.联立，解得：代入得最小值5.答案为：5.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.【详解】14. 若二项式的展开式中的常数项为，则_【答案】【解析】【详解】二项式的展开式的通项为，令 所以常数项为二项式的展开式中的常数项为，则，故答案为.【方法点晴
10、】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15. 已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率_【答案】【解析】【详解】因为双曲线的两条渐近线为 ，抛物线的准线为 ，所以 ，因此 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建
11、立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.16. 若函数满足：对图象上任意点总存在点，也在图象上，使得成立，称函数是“特殊对点函数”给出下列五个函数：；其中是“特殊对点函数”的序号是_（写出所有正确的序号）【答案】【解析】由，满足，知，即.当时，满足的点不在上，故不是“特殊对点函数”；.当时，满足的点不在上，故不是“特殊对点函数”.作出函数的图象，由图象知，满足的点都在图象上，则是“特殊对点函数”；.作出函数的图象，由图象知，满足的点都在图象上，则是“特殊对点函数”；.作出函数的图象，由图象知，满足的点都在图象上，则是“特殊对点函数”答案为：三、解答题（一）必考
12、题17. 已知数列为公差不为零的等差数列，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，记数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用数列的通项公式列方程求解；（2）通过放缩，利用裂项求和法证明.详解】解：（1）由题意，所以，即即因为，所以，所以故；（2）由（1）知，故所以，【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，考查裂项相消法求和，是中档题.18. 随着我国互联网信息技术的发展，网络购物已经成为许多人消费的一种重要方式，某市为了了解本市市民的网络购物情况，特委托一家网络公司进行了网络问卷调查，并从参与调查的10000名网民中随机抽取了200
13、人进行抽样分析，得到了下表所示数据：经常进行网络购物偶尔或从不进行网络购物合计男性5050100女性6040100合计11090200（1）依据上述数据，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为该市市民进行网络购物的情况与性别有关？（2）现从所抽取的女性网民中利用分层抽样的方法再抽取人，从这人中随机选出人赠送网络优惠券，求选出的人中至少有两人是经常进行网络购物的概率；（3）将频率视为概率，从该市所有的参与调查的网民中随机抽取人赠送礼物，记经常进行网络购物的人数为，求的期望和方差.附：，其中【答案】（1）不能（2）（3）【解析】试题分析：（1）由列联表中的数据计算的观测值，对照临界值得出结论；（2）
14、利用分层抽样原理求出所抽取的5名女网民中经常进行网购和偶尔或不进行网购的人数，计算所求的概率值；（3）由列联表中数据计算经常进行网购的频率，将频率视为概率知随机变量服从次独立重复实验的概率模型，计算数学期望与方差的大小试题解析：（1）由列联表数据计算.所以，不能再犯错误的概率不超过的前提下认为该市市民网购情况与性别有关.（2）由题意，抽取的5名女性网民中，经常进行网购的有人，偶尔或从不进行网购的有人，故从这5人中选出3人至少有2人经常进行网购的概率是.（3）由列联表可知，经常进行网购的频率为.由题意，从该市市民中任意抽取1人恰好是经常进行网购的概率是.由于该市市民数量很大，故可以认为.所以，.
15、19. 在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，且是的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值的大小.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】试题分析：（1）取AD的中点N，连接MN、NF由三角形中位线定理，结合已知条件，证出四边形MNFE为平行四边形，从而得到EMFN，结合线面平行的判定定理，证出EM平面ADF；（2）求出平面ADF、平面BDF的一个法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角的大小.解析：（1）解法一：取的中点，连接.在中，是的中点，是的中点，所以，又因为，所以且.所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，故平面.解法二：因平面，故以为原点，建立如图所示的空间
16、直角坐标系.由已知可得，设平面的一个法向量是.由得令，则.又因为，所以，又平面，故平面.（2）由（1）可知平面的一个法向量是.易得平面的一个法向量是所以，又二面角为锐角，故二面角的余弦值大小为.【详解】20. 已知椭圆：的离心率与双曲线的离心率互为倒数，且过点（1）求椭圆的方程；（2）过作两条直线与圆相切且分别交椭圆于两点求证：直线的斜率为定值；求面积的最大值（其中为坐标原点）【答案】（1）（2） 【解析】试题分析：（1）先求双曲线离心率得椭圆离心率，再将点坐标代入椭圆方程，解方程组得，（2）先根据点斜式得直线方程，再与椭圆方程联立解得坐标，根据直线与圆相切，得斜率相反，同理可得最后根据斜率公
17、式求斜率，设直线MN方程，根据原点到直线距离得高，与椭圆方程联立方程组结合韦达定理以及弦长公式得底边边长，最后代入三角形面积公式，利用基本不等式求最值.试题解析：（1）可得，设椭圆的半焦距为，所以， 因为C过点，所以，又，解得， 所以椭圆方程为（2） 显然两直线的斜率存在，设为，由于直线与圆相切，则有， 直线的方程为， 联立方程组消去，得，因为为直线与椭圆的交点，所以，同理，当与椭圆相交时，所以，而，所以直线的斜率 设直线的方程为，联立方程组消去得，所以， 原点到直线的距离，面积为，当且仅当时取得等号经检验，存在（），使得过点的两条直线与圆相切，且与椭圆有两个交点M，N所以面积的最大值为点睛：
18、解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.21. 已知函数，.（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求实数的值；（2）设，若对任意两个不等的正数，都有恒成立，求实数的取值范围；（3）若上存在一点，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先根据导数的几何意义得，即可得的值；（2）设，构造函数，则转化为在上为增函数，即在上恒成立，参变分离得：，最后根据二次函数最值求实数的取值范围；（3）先化
19、简不等式，并构造函数，求导数，按导数零点与定义区间的大小关系讨论函数的单调性，根据单调性确定函数的最小值，根据最小值小于即可得实数的取值范围.【详解】（1）由，得.由题意，所以.（2）.因为对任意两个不等的正数，都有恒成立，设，则即恒成立.问题等价于函数，即在上为增函数，所以在上恒成立.即在上恒成立.所以，即实数的取值范围是.（3）不等式等价于，整理得.构造函数，由题意知，在上存在一点，使得.因为，所以，令，得.当，即时，在上单调递增.只需，解得.当即时，在处取最小值.令即，可得.令，即，不等式可化为.因为，所以不等式左端大于1，右端小于等于1，所以不等式不能成立.当，即时，在上单调递减，只需
20、，解得.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值的综合问题，属于中档题.（二）选考题.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.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，若以直角坐标系中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为为参数)(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若曲线与曲线有公共点，求的取值范围【答案】(1),；(2).【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换的公式，消去参数，即可求得曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线的直角
21、坐标方程；（2）由两曲线的方程，联立方程组，根据判别式，即可求解的取值范围【详解】(1)由,得，又由所以曲线可化为，又由,得，即，所以所以曲线可化为.(2)若曲线M，N有公共点，则当直线过点时满足要求，此时，并且向左下方平行移动直到相切之前总有公共点，相切时仍然只有一个公共点，联立得，由，解得.综上可求得t的取值范围是.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线与圆锥曲线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题选修4-5：不等式选讲23. （1）设函数，若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值；（2）已知正数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1），解得；（2）由于，所以.试题解析：（1）由绝对值的性质得，所以的最小值为，从而，解得，因此的最大值为.（2）由于，所以当且仅当，即时，等号成立.的最小值为.考点：不等式选讲.