1、肇庆市中小学教学质量评估2018届高中毕业班第三次统一检测题理科数学第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题得=x|0，1,2，所以AB=0,1,2.故选B.2. 已知为虚数单位，复数，则=A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题得故选B.3. 已知，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以故选A.4. 是R上的奇函数，且则A. B. C. D. 【答案】C【解析】-.故选C.5. 将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后新函数图象的对称轴方程为A. B.
2、 C. D. 【答案】A【解析】将函数的图象向左平移个单位长度得到令故选A.6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】由三视图可知原几何体是在一个正方体的左上角割去了一个三棱锥O-ABC，所以几何体的体积为故选D.7. 已知满足约束条件，若的最大值为，则的值为A. B. C. D. 【答案】B【解析】不等式组对应的可行域如图所示：联立得B(1，m-1).8. 程大位是明代著名数学家，他的新编直指算法统宗是中国历史上一部影响巨大的著作.它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的
3、数学发展起了重要的作用.卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个.问该若干？”如图是解决该问题的程序框图.执行该程序框图，求得该垛果子的总数为A. B. C. D. 【答案】C【解析】运行程序：i=1,n=1,s=1,17，i=2,n=3,s=4,27，i=3,n=6,s=10,37，i=4,n=10,s=20,47，i=5.n=15,s=35,57，i=6,n=21,s=56,67，i=7,n=28,s=84,77,s=84.故选C.9. 已知的展开式中的系数为，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】（1ax）（1+x）5=（1+ax）（1+5x+10x2+10x3+5x4+x
4、5），其展开式中含x2项的系数为105a=5，解得a=1故选A.10. 已知5台机器中有2台存在故障，现需要通过逐台检测直至区分出2台故障机器为止.若检测一台机器的费用为1000元，则所需检测费的均值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】设检测的机器的台数为x,则x的所有可能取值为2,3,4.所以，所以所需的检测费用的均值为10003.5=3500.故选C.11. 已知，四点均在以点为球心的球面上，且，.若球在球内且与平面相切，则球直径的最大值为A. 1 B. 2 C. 4 D. 8【答案】D【解析】如图所示:取CD的中点O,连接AO,BO,如图，因为BC=BD=，,所以因为，所以AOC
5、D,且AO=2，又因为OD=4，BO=4，所以故AOOB，又BOCD=O,所以AO平面BCD,所以在AO上，连接,设则即解之得R=5，球的直径最大时，球与平面BCD相切且与球内切，A,O,四点共线，此时球的直径为R+=8.故选D.点睛：本题是一个难题，只有通过计算，认清以A,B,C,D为顶点的三棱锥的图形特征，正确判断球心的位置，借助方程求出球的半径，直观判断球心的位置，才能迎刃而解.12. 已知分别是双曲线的左、右焦点，若在右支上存在一点，使与圆相切，则该双曲线的离心率的范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】设切点为M,在直角中，OM=2a,所以因为在右支上存在一点，使与圆相切，所
6、以故选B.点睛：本题的解题的关键是发现.如果用其它方法，可能比较复杂.所以数学的观察分析很重要.第II卷本卷包括必考题和选考题两部分. 第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13. 平面向量，若，则_.【答案】【解析】由题得故填3或-2.14. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点，且,则_.【答案】6【解析】由题得F(2，0),因为，所以所以直线AB的方程为联立直线和抛物线方程得点A的横坐标为4，所以|AF|=4-(-2)=6.故填6.15. 已知的角对边分别为，若，且的面积为，则的最小值为
7、_.【答案】.16. 已知函数，若有且只有一个整数根，则的取值范围是_.【答案】【解析】由题得设所以函数g(x)在是减函数，在是增函数，且.因为有且只有一个整数根，所以故填.点睛：本题主要的技巧是分离函数和数形结合分析.把有且只有一个整数根等价转化为是本题的关键，这里主要是利用了数形结合的思想.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 设数列：上述规律为当（）时， 记的前项和为,（）求 （）求.【答案】（1）1024;（2）13314.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先根据求出k=10，再求. (2)第（2）问，利用错位相减求.试题解析：（1）由且得,所以 .（2）因为，
8、所以 ，两式相减得18. 在四棱锥中，平面，且底面为边长为2的菱形，,.（）记在平面内的射影为（即平面），试用作图的方法找出M点位置，并写出的长（要求写出作图过程，并保留作图痕迹，不需证明过程和计算过程）；（）求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，作图见解析，再利用射影定理求PM的长. (2) 以D为坐标原点，DA，DE，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法求二面角的余弦值.试题解析： (1)取BC中点E，连接DE，PE，在PDE内作DMPE，垂足为M，,则PM=, （2）以D为坐标原点，DA，DE，DP所在
9、直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图，A(2，0，0),P(0，0，2),B(1，0)，C（-1，0） 分别设平面PAB，平面PBC的法向量为，则，令 ，令, 又二面角A-PB-C的大小为钝角二面角A-PB-C的余弦值为.19. 历史数据显示：某城市在每年的3月11日3月15日的每天平均气温只可能是-5，-6，-7，-8中的一个，且等可能出现.（）求该城市在3月11日3月15日这5天中，恰好出现两次-5，一次-8的概率；（）若该城市的某热饮店，随平均气温的变化所售热饮杯数如下表平均气温t-5-6-7-8所售杯数y 19222427根据以上数据，求关于的线性回归直线方程
10、.（参考公式：，）【答案】(1) ;（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，利用古典概型概率公式求这5天中恰好出现两次-5一次-8的概率. (2) 利用最小二乘法求求关于的线性回归直线方程.试题解析： (1)记事件A为“这5天中，恰好出现两次-5,一次-8” (或也可）（2） ， 20. 已知椭圆C:的左焦点为，已知，过作斜率不为的直线，与椭圆C交于两点 ，点关于轴的对称点为.（）求证：动直线恒过定点（椭圆的左焦点）；（）的面积记为,求的取值范围.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先求出动直线的方程，再分析出它过的定点.(2) 先求出S的表达式，再利用导数求
11、S的取值范围.试题解析：（1）设代入 得 ， 直线，令过定点 （2） ，在上单调递增 ，点睛：本题关键是第（2）问的处理，对于取值范围的问题，比较常用的是函数的方法，所以本题先求出S的表达式，再利用导数求S的取值范围.函数的思想是高中数学的一种重要思想，大家要理解掌握并灵活运用.21. 已知函数，.（）讨论的单调区间；（）若 ,且恒成立. 求的最大值.【答案】（1）见解析;（2）6.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先求导，再对m分类讨论，求函数f(x)的单调区间. (2) 先分离参数，再求的最小值,即得k的最大值.试题解析：（1）， 当时，即时，在上恒成立，所以的单调减区间是，无单调增区间
12、。当时，即时，由得。由，得，所以的单调减区间是，单调增区间是 （2）由得，令 ， ， ，点睛：分离参数是处理参数问题的一种重要方法.处理参数问题，常用的有分离参数和分类讨论，如果分离参数方便，就选分离参数.本题就是分离参数，大大地提高了解题效率，优化了解题.考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线，的极坐标方程；（）在极坐标系中，射线与曲线，分别交于，两点（异于极点），
13、定点，求的面积【答案】（1）,（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程. (2) 先利用极坐标求出弦长|AB|,再求高，最后求的面积试题解析：（1）曲线的极坐标方程为： ，因为曲线的普通方程为： ， 曲线的极坐标方程为 （2） 由（1）得：点的极坐标为， 点的极坐标为 点到射线的距离为 的面积为 .23. 选修45：不等式选讲设函数，（实数） （）当，求不等式的解集；（）求证：.【答案】（1）（2）见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，利用分类讨论法解不等式即得 的解集. (2)对a分类讨论，得到一个分段函数，求出每一段的最小值，最后证明2.试题解析：（1）原不等式等价于，当时，可得，得；当时，可得，得不成立； 当时，可得，得； 综上所述，原不等式的解集为 （2）法一：， 当；当 当 所以，当且仅当时等号成立法二：，当且仅当时等号成立。又因为，所以当时，取得最小值，当且仅当时等号成立.
