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1、陕西省黄陵中学 20182018届高三数学下学期第二次质量检测试题 理（普通 班） 第 卷 一、选择题：共12小题，每小题5分，共60 分在每个小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的 1.已知集合 A x | y x 2， B x | 3x 1，则 （A） A B （B） A B （C） A B R （D） A B 2.已知复数 z 满足 (1 2i) z 3 i ，则 z 的共轭复数 z 在复平面内对应的点在 （A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 3.平面直角坐标系 xOy 中， i 、 j 分别是与 x 轴、 y 轴正方向同向的单位向量，向量 a 2i
2、， b i j ，以下说法正确的是 （A） ab 1 （B） a b （C）a b b （D） a /b 4.已知直线 a、b，平面 、 、 ，下列命题正确的是 （A）若 ， ， a ，则 a （B）若 a ， b， c ，则 a /b / c （C）若 a ，b / a ，则b / （D）若 ， a ，b / ，则b / a 5如图所示的三视图表示的几何体的体积为 32 3 ，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A12 B 24 C36 D 48 6九章算术是我国古代一部数学名著，某数学爱好者阅读完其相关章节后编制了如图的程 序框图，其中 MODm,n表示 m除以n的余数，例如 MOD7,
3、31若输入 m的值为 8 时， 则输出i 的值为（ ） - 1 - A2 B3 C4 D5 log x log y log z 0 ，则 2 7已知 2 3 5 x 、 3 y 、 5 z 的大小排序为（ ） A 2 3 5 B x y z 3 2 5 C y x z 5 2 3 D z x y 5 3 2 z y x 8平面 过正方体 ABCD A B C D 的顶点 A ，平面 平面 1 1 1 1 A BD ，平面 平面 1 ABCD l ，则直线l 与直线 CD 所成的角为（ ） 1 A30 B 45 C 60 D90 9设函数 y 6cosx 与 y 5tanx 的图象在 y 轴右侧
4、的第一个交点为 A ，过点 A 作 y 轴的平 行线交函数 y sin 2x 的图象于点 B ，则线段 AB 的长度为（ ） A 5 B 3 5 2 14 5 9 C D 2 5 10某几何体的三视图如图所示，其正视图为等腰梯形，则该几何体的表面积是（ ） A18 B88 3 C 24 D12 6 5 - 2 - C1C B1B M A1N A 11已知双曲线 x y 2 2 （ a 0 ，b 0）的左右焦点分别为 2 2 1 a b F ， 1 F ，点 P 在双曲线的 2 左支上，PF 与双曲线的右支交于点 Q ，若 PFQ 为等边三角形，则该双曲线的离心率是 2 1 （ ） A 2 B
5、2 C 5 D 7 12已知函数 f x lnx a ， g x ax b 1，若x 0， f x g x，则 b a 的最小 值是（ ） A1 e B1 e C e 1 D 2e 1 第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 x y x y 13已知实数 x, y 满足条件 x 0 y 0 2 3 ，则 x 3y 的最大值为_ 1 (x )n 的展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是_ 14 x 15如图，在三角形OPQ中， M ， N 分别是边OP ，OQ 的中点，点 R 在直线 MN 上，且 OR xOP yOQ (x, yR) ，则代数式 2 2 1
6、x y x y 的最小值为_ 2 - 3 - P M R O N Q 16 已 知 ABC 中 ， 角 A ， B ， C 所 对 的 边 分 别 是 a ， b ， c ， 且 a 6 ， 4 sin B 5sinC ，有以下四个命题： ABC 的面积的最大值为 40； 满足条件的ABC 不可能是直角三角形； 当 A 2C 时，ABC 的周长为 15； 当 A 2C 时，若O 为的内心，则AOB 的面积为 7 其中正确命题有_（填写出所有正确命题的番号） 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（17-21 题每题 12 分） 17如图，ABC 中为钝角，过点 A 作 AD AC
7、 ，交 BC 于 D ，已知 AB 2 3 ， AD 2 （1）若 B 30，求 BAD 的大小； （2）若 BC 3BD ，求 BD 的长 18. 中央政府为了应对因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休年龄政 策”.为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研.人社部从网上年 龄在 1565岁的人群中随机调查 100人，调査数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的 人数与年龄的统计结果如下： 年龄 15, 25 25, 35 35, 45 45, 55 55, 65 “支持 延迟退休” 15 5 15 28 17 的人数 - 4 - （1）由以上统计数据填
8、22列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为 以 45“”岁为分界点的不同人群对 延迟退休年龄政策 的支持度有差异； 45岁以下 45岁以上 总计 支持 不支持 总计 （2）若以 45 岁为分界点，从不支持“延迟退休”的人中按分层抽样的方法抽取 8 人参加某项 活动.现从这 8 人中随机抽 2 人 抽到 1 人是 45 岁以下时，求抽到的另一人是 45岁以上的概率. 记抽到 45 岁以上的人数为 X ，求随机变量 X 的分布列及数学期望. 参考数据： P(K k ) 0.100 0.050 0.010 0.001 2 0 k 2.706 3.841 6.635 10.82
9、8 0 2 n(ad bc)2 K (a b)(c d)(a c)(b d) ，其中 n a b c d 19如图，在直三棱柱ABC A B C 中，底面ABC 是边长为 2 的等边三角形， D 为 BC 1 1 1 的中点，侧棱AA ，点 E 在 BB 上，点 F 在CC 上，且 BE 1，CF 2 1 3 1 1 （1）证明：平面CAE 平面 ADF ； （2）求二面角 F AD E 的余弦值 - 5 - 20已知椭圆 x 2 a 1的上顶点与抛物线 2 y 1 2 a x2 2py p 0的焦点 F 重合 （1）设椭圆和抛物线交于 A ， B 两点，若 AB 4 2 1，求椭圆的方程；
10、（2）设直线l 与抛物线和椭圆均相切，切点分别为 P ，Q ，记PFQ 的面积为 S ， 求证： S 2 21已知函数 f (x) a ln x2 且 f (x) a | x | （1）求实数 a 的值； g(x) （2）令 xf (x) x a 在 (a,) 上的最小值为 m ，求证： 6 f (m) 7 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（10 分） 22选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，曲线 M 的参数方程为 x sin cos y sin 2 （ 为参数），若以该直角坐 标系的原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐
11、标系，曲线 N 的极坐标方程为： sin 2 4 2 t （其中t 为常数） （1）若曲线 N 与曲线 M 有两个不同的公共点，求t 的取值范围； （2）当t 2 时，求曲线 M 上的点与曲线 N 上点的最小距离 23选修 4-5：不等式选讲 已知函数 f x 2x 2 x 1 ， xR - 6 - （1）求 f x1的解集； （2）若 f x x a 有两个不同的解，求 a 的取值范围 - 7 - 参考答案 1-4、BACA 5-8.CBAC 9-12.CCDB 13.4 14. 15 15. 2 4 16. 17.（1） BAD 30 ；（2） BD 2 【解析】（1）在ABD 中，由正弦
12、定理得 AB AD sin ADB sin B ， 2 3 2 sin ADB sin 30 ， 解得 sin 3 ，又 ADB 为钝角，则 ADB 120 ，故 BAD 30 ADB 2 （2）设 BD x ，则 DC 2x AD AC ， cos 2 1 ， cos ADB 1 2x x x ADC 2 x2 22 2 3 x2 8 在ABD 中由余弦定理得， cosADB 22 x 4x ， x2 8 1 4x x ，解得 x 2 ，故 BD 2 18.解:（1）由频率分布直方图知 45岁以下与 45 岁以上各 50人，故填充 22列联表如下： 45岁以下 45岁以上 总计 支持 35
13、45 80 不支持 15 5 20 总计 50 50 100 因为 K 2 的观测值 K 100(355 4515)2 6.25 3.841 ， 50508020 所以在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为以 45“岁为分界点的不同人群对 延迟退休年龄 ”政策 的支持度有差异. （2）抽到 1 人是 45岁以下的概率为 6 3 = 8 4 ，抽到 1 人是 45岁以下且另一人是 45 岁以上的 概率为 C C 1 1 6 2 C 3 ，故所求概率 7 3 7 4 P . 2 8 3 7 4 - 8 - 从不支持“延迟退休”的人中抽取 8 人，则 45 岁以下的应抽 6 人，45 岁以上的
14、应抽 2 人. 所以 X 的可能取值为0,1,2. C 15 2 P X ， ( 0) 6 C 28 2 8 C C 12 3 1 1 P(X 1) ， 6 2 C 28 7 2 8 C 1 2 P(X 2) 2 . C 28 2 8 故随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 P 15 28 3 7 1 28 所以 3 1 1 E(X ) 1 2 . 7 28 2 19.【答案】（1）见解析；（2） 10 10 【解析】（1）ABC 是等边三角形， D 为 BC 的中点， AD BC ， AD 平面BCC B ，得 AD CE 1 1 在侧面BCC B 中， 1 1 CD 1 BE tan
15、 CFD BCE ， ， tan 1 CF 2 BC 2 tan CFD tan BCE ， CFD BCE BCE FDC CFD FDC 90 ，CE DF 结合，又 AD DF D ，CE 平面 ADF ， 又CE 平面CAE ，平面CAE 平面 ADF （2）解法一：如图建立空间直角坐标系 D xyz - 9 - 则 A 3，0，0， F 0，1，2， E0，1，1， 得 DA 3，0，0， DF 0，1，2， DE 0，1，1， m DA 0 设平面 ADF 的法向量 m x，y，z，则 DF 0 m ， 3x 0 即 y z 2 0 x 0 得 y 2z 取 m 0，2，1， 同理
16、可得，平面 ADE 的法向量 n 0，1，1， m n 2 1 10 cos m,n m n 5 2 10 ， 则二面角 F AD E 的余弦值为 10 10 解法二：由（1）知 AD 平面BCC B ， AD DE ， AD DF 1 1 EDF 即二面角 F AD E 的平面角 在平面BCC B 中，易知 BDE 45， CDE CDF EDF 135， 1 1 设 tan EDF x ， tanCDF 2 2 x tan CDE tan CDF EDF 1，解得 x 3 1 2x 即 tanEDF 3 ， cos 10 ，则二面角 F AD E 的余弦值为 10 EDF 10 10 20
17、【答案】（1） x 2 2 y2 1；（2）见解析 - 10 - 【解析】（1）易知 F 0，1，则抛物线的方程为 x2 4y ，由 AB 4 2 1及图形的对称 y ，则 B2 2 1， 2 1 性，不妨设 x 2 2 1，代入 x2 4y ，得 2 1 将 B B B B 之代入椭圆方程得 4 2 1 a 2 2 2 1 1，得 a2 2，所以椭圆的方程为 x 2 2 y2 1 P m，m ， x2 4y 即 1 2 2 y x ，求导得 （2）设切点 2 4 x y ，则切线l 的斜率为 m ，方程 2 y m mx m，即 y mx m， 2 2 将之与椭圆 x 2 联立得 y 2 2
18、 2 2 3 2 4 2 2 1 1 a m x 2a m x a m 1 0 ， 2 2 2 2 3 2 4 a 令判别式 4a m 4a 1 a m m 1 0 ， 4 6 2 2 2 4 化简整理得 a2m2 1 m4 ，a 2 m 1 4 ，此时 m 2 x Q a m m 1 2 3 4 ， 1 a m m 2 2 3 设直线l 与 y 轴交于点 R 0， m ，则 2 1 m m 1 2 4 1 m 1 1 PFR QFR P Q 3 S S S FR x x 1 m 2m ， 2 2 m 2 m 2 3 1 m2 2 m2 2 m 0 ， m4 1 2 m4 2m2 0 ， 由
19、基本不等式得 则 S 2 m 2m 2 ，仅当 m 1时取等号，但此时 a2 0 ，故等号无法取得，于是 S 2 2 3 2 m 21.【答案】（1） a 2 ；（2）见解析 【解析】（1）法 1：由题意知： a ln x2 a | x |恒成立等价于 a at 2lnt 0在 t 0 时恒 成立，令 h(t) a at 2lnt ，则 2 2 at ， h (t) a t t 当 a 0 时， h(t) 0 ，故 h(t) 在 (0,)上单调递增， 由于 h(1) 0 ，所以当t 1时， h(t) h(1) 0，不合题意 2 a(t ) ，所以当 0 t 2 时， h(t) 0 ；当t 2
20、a 当 a 0 时， h (t) 时， h(t) 0，所 t a a - 11 - 以 h(t) 在 2 (0, )上 单 调 递 增 ， h(t) 在 a 2 ( ,)上 单 调 递 减 ， 即 a 2 h(t) h( ) a 2 2 ln 2 2ln a ， max a 所以要使 h(t) 0 在t 0 时恒成立，则只需 h(t) 0， max 亦即 a 2 2ln 2 2ln a 0 ， 2 a 2 令(a) a 2 2 ln 2 2ln a ，则 (a) 1 a a ， 所以当 0 a 2 时，(a) 0；当 a 2 时，(a) 0， 即(a) 在 (0, 2) 上单调递减，在 (2,
21、) 上单调递增 又(2) 0，所以满足条件的 a 只有 2，即 a 2 法 2：由题意知： a ln x2 a | x |恒成立等价于 a at 2lnt 0在t 0 时恒成立， 令 h(t) a at 2lnt ，由于 h(1) 0 ，故 a at 2lnt 0 h(t) h(1) ， 所以 h(1) 为函数 h(t) 的最大值，同时也是一个极大值，故 h(1) 0 2 2 at ，所以 a 2 ， h (t) a 又 t t 2(1t) ，当 0 t 1时， h(t) 0 ，当t 1时， h(t) 0， h (t) 此时 t 即： h(t) 在 (0,1) 上单调递增；在 (1,)上单调递
22、减 故 a 2合题意 （2）由（1）知 xf (x) 2x 2xln x g(x) (x 2) x a x 2 ， 所以 g (x) 2(x 2ln x 4) (x 2)2 ， 令 s(x) x 2 ln x 4 ，则 s (x) 1 2 x 2 ， x x 由于 x 2 ，所以 s(x) 0 ，即 s(x) 在 (2,) 上单调递增；又 s(8) 0， s(9) 0 ， 所以 ，使得 s(x ) 0 ，且当 2 x x 时， s(x) 0；当 x0 (8, 9) 0 0 x x 时， s(x) 0， 0 - 12 - 即 g(x) 在 (2, x ) 上单调递减；在 (x ,) 上单调递增
23、0 0 所以 2x 2x ln x x 2x 2 g(x) g(x ) x 0 0 0 0 0 min 0 0 x 2 x 2 0 0 （ 2x ln x x 4） 0 0 0 即 m x ，所以 0 f (m) f (x ) 2 2ln x x 2(6,7)，即 6 f (m) 7 0 0 0 22.【解析】（1）由已知 M ： y x2 1， x 2, 2 ； N ： x y t 联立方程有两个解，可得 t 5 , 2 1 4 （ 2） 当 t 2 时 ， 直 线 N ： x y 2， 设 M 上 的 点 为 x x 2 ， 0 , 0 1（ 2） 当 t 2 时 ， 直 线 N ： x y 2， 设 M 上 的 点 为 x ， 则 0 2 d x x 0 0 1 2 2 2 1 3 x 0 3 2 2 4 ， 2 8 当 1 x 时取等号，满足 0 2 x ，所以所求的最小距离为 3 2 0 2 8 x 3, x 1 f x x x 23【解析】（1） 3 1, 1 1 ， x 3, x 1 若 f x1，可得x | 4 x 0 （2）结合图象易得 1 a 3 - 13 -