《四川省宜宾县第二中学2018届高考数学适应性最后一模考试试题文2018060503118.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省宜宾县第二中学2018届高考数学适应性最后一模考试试题文2018060503118.doc（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2018年四川省宜宾县二中高考适应性考试数学（文科）一、选择题：本题共12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若集合，则等于A B C D2已知是虚数单位，复数的共轭复数虚部为A B C D3.已知函数是上的偶函数，则 A5 B-5 C7 D-74.已知直线与抛物线的一个交点为（不与原点重合），则直线到抛物线焦点的距离为 A6 B7 C9 D125.如图，在中，是边的中线，是边的中点，若,则= A B C D 6.甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再贏两局才能得到冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的
2、概率为 A B C. D7.已知,且，则 A B C. D8.已知，则、的大小排序为 A B C D9.平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，则直线与直线所成的角为 A B C D10.已知正三棱锥内接于球，三棱锥的体积为，且，则球的体积为 A B C D11.已知点为双曲线：的右焦点，点是双曲线右支上的一点，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为 A B C D12.已知函数，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 A B C D 第卷（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.已知变量，满足，则的最大值为 14.将一枚质地均匀的骰子（各面分别标有数字1，2，3，
3、4，5，6的正方体）连续抛掷两次，记面朝上的数字依次为和，则的概率为 15若动点P在直线上，动点Q在直线上，记线段PQ的中点为，且，则的取值范围为_.16已知函数，偶函数的图像与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（1） 必考题：共60分。17（本大题12分）如图，在中，的平分线BD交AC于点D，设，其中是直线的倾斜角（）求C的大小；（）若，求的最小值及取得最小值时的x的值18.（本大题12分）某中学一位高三班主任对本班50名学生学习积极性和
4、对待班级工作的态度进行调查，得到的统计数据如表所示：积极参加班级工作不积极参加班级工作合计学习积极性高18725学习积极性不高61925合计242650（）如果随机调查这个班的一名学生，那么抽到不积极参加班级工作且学习积极性不高的学生的概率是多少？（）若不积极参加班级工作且学习积极性高的7名学生中有两名男生，现从中抽取2名学生参加某项活动，问2名学生中有1名男生的概率是多少？（III）学生的学习积极性与对待班级工作的态度是否有关系？请说明理由附：19.（本大题12分）如图，直三棱柱中，分别是的中点（）证明：平面平面； （）求三棱锥的高20.（本大题12分）已知椭圆：过点，离心率为.（）求椭圆的
5、方程；（），是过点且互相垂直的两条直线，其中交圆于，两点，交椭圆于另一个点，求面积取得最大值时直线的方程.21（本大题12分）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a R.（I）讨论f(x)的单调性；（II）确定a的所有可能取值，使得在区间（1，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数)。选考题，考生从22、23两题中任选一题作答，将选择的题号对应的方程用2B铅笔涂黑，多做按所做的第一题记分.22.已知平面直角坐标系中，曲线：，直线：，直线：，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（）写出曲线的参数方程以及直线，的极坐标方程；（）若直线与曲线分别交于，两点，直线与曲线分别交于，
6、两点，求的面积.23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（）当时，求的解集；（）当时，恒成立，求实数的取值范围.2018年四川省宜宾县二中高考适应性考试数学（文科）答案1-:5：BDBAB 6-10：DAACC 11-12BA13. 12 14. 15. 16.17.解：由题可知，所以， 又所以 （2） 由（1）可知 因为，所以，因为在上单调递增，在上单调递减，且 所以当或时，取得最小值为0. 18.解：（1）由题知，不积极参加班级工作且学习积极性不高的学生有19人，总人数为50人，所以（2）设这7名学生分别为，（大写为男生），则从中抽取两名学生的情况有：，共21种情况，其中有1名男生的有10种
7、情况，（3）由题意得，故有的把握认为“学生的学习积极性与对待班级工作的态度”有关系19（本小题满分12分）解：（1）由已知得：所以所以，所以又因为，是的中点，所以所以平面，所以而，所以平面又平面，所以平面平面；（2）设三棱锥的高为，因为,所以，由，得：，所以，所以,由，得：，所以.20.解：（1）由题意得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题知直线的斜率存在，不妨设为，则：.若时，直线的方程为，的方程为，易求得，此时.若时，则直线：.圆心到直线的距离为.直线被圆截得的弦长为.由，得，故.所以.当时上式等号成立.因为，所以面积取得最大值时直线的方程应该是.21（I） 0，在内单调递减.由=0，有.此
8、时，当时，0，单调递增.（II）令=，=.则=.而当时，0，所以在区间内单调递增.又由=0，有0，从而当时，0.当，时，=.故当在区间内恒成立时，必有.当时，1.由（I）有,从而，所以此时在区间内不恒成立.当时，令，当时，因此，在区间单调递增.又因为，所以当时， ，即 恒成立.综上，22.解：（）依题意，曲线，故曲线的参数方程是(为参数)，, ，故的极坐标方程为； （没指明为参数和rR的，扣1分）（）易知曲线的极坐标方程为，把代入，得，OA=4+3，把代入，得， OB=3+4，23解：（）当时，由，可得，或或解求得，解求得，解求得，综上可得不等式的解集为 （）当时，恒成立，即，当时，；当时，则或，或恒成立，或，综上， - 10 -