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1、云南省曲靖市陆良县2018届高三数学第二次模拟试题 理（考试时间：120分钟；全卷满分：150分）第I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.已知集合A=1，2，3，4，B=y|y=3x2，xA，则AB=（）A1 B4 C1，3 D1，42.设(1+i)x=1+yi，其中x，y是实数，则|x+yi|=（）A1 B C D23.某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示,下列说法中错误的是（）A.收入最高值与收入最低值的比是3:1 B.结余最高的月份是7月（注：结余=收入-支出）C.1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化
2、率相同D.前6个月的平均收入为40万元4设等差数列an的前n项和为Sn，且a3+a5+a7=15，则S9=（）A18 B36 C45 D605.已知双曲线过点（2，3），渐近线方程为y=x，则双曲线的标准方程是（）A B C D6.已知（a+x+x2）（1x）4的展开式中含x3项的系数为10，则a=（）A1 B2 C3 D47.关于函数 ，有如下问题：是f（x）的图象的一条对称轴；将f（x）的图象向右平移个单位，可得到奇函数的图象；其中真命题的个数是（）A3 B2 C1 D48.执行如右图所示的程序框图，如果输入的m=168，n=112，则输出的k，m的值分别为（）A4，7 B4，56 C 3
3、，56 D3，79抛物线y2=2x上一点M到它的焦点F的距离为，O为坐标原点，则MFO的面积为（）A B C D10.已知表面积为24的球外接于三棱锥SABC，且BAC=，BC=4，则三棱锥SABC的体积最大值为（）A B C D11.在正方形ABCD中，AB=，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上若=+，则+的最大值为（）A3 B2 C D212. 定义在R上的函数f（x）满足：f（x）1f（x），f（0）=6，f（x）是f（x）的导函数，则不等式exf（x）ex+5（其中e为自然对数的底数）的解集为（）A（0，+） B（，0）（3，+）C（，0）（1，+） D（3，+）第卷（非选择题共9
4、0分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13.设变量x，y满足约束条件，则的取值范围为 14.某校高考数学成绩近似地服从正态分布N（100，52），且P（110）=0.98，P（90100）的值为 15.已知数列满足,则它的通项 .16. 已知圆C：（x3）2+（y4）2=1和两点 A（m，0），B（m，0）（m0），若圆上存在点P，使得APB=90，则m的取值范围是 三、解答题：解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤17.（本小题满分12分）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为1，（c2a）cosB+bcosC=0（1）求角B的大小；（2）求ABC周长的取值范围
5、18.（本小题满分12分）一个袋子内装有2 个绿球，3 个黄球和若干个红球（所有球除颜色外其他均相同），从中一次性任取 2 个球，每取得 1 个绿球得5 分，每取得1 个黄球得 2分，每取得 1 个红球得1分，用随机变量X 表示取 2 个球的总得分，已知得 2 分的概率为（1）求袋子内红球的个数；（2）求随机变量X的分布列和数学期望.19（本小题满分12分）在四棱锥PABCD中，ADBC，DCAD，PA平面ABCD，2AD=BC=2，DAC=30，M为PB中点（1）证明：AM平面PCD；（2）若二面角MPCD的余弦值为，求PA的长20（本小题满分12分）设F1、F2分别是离心率为的椭圆E：（a
6、b0）的左、右焦点，经过点F2且与x轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为（1）求椭圆E的方程；（2）设直线l：y=x+m与椭圆E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴点P，当m变化时，求PAB面积的最大值21.（本小题满分12分）已知函数f（x）=（x+1）lnxax+2（1）当a=1时，求在x=1处的切线方程；（2）若函数f（x）在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；（3）求证：，nN*请考生在第22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的
7、参数方程为（为参数），直线C2的方程为 y=x，以O为极点，以x轴非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C1和直线C2的极坐标方程；（2）若直线C2与曲线C1交于P、Q两点，求|OP|OQ|的值23. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲（1）解不等式：|2x1|x|1；（2）设f（x）=x2x+1，实数a满足|xa|1，求证：|f（x）f（a）|2（|a+1|）陆良县2018届高三毕业班第二次适应性考试理科数学参考答案一 选择题题号123456789101112答案DBDCACADCBAA二填空题13、 14、0.48 15、 16、0，3三解答题17.解：（1）根据题意，（2ac）c
8、osB=bcosC，由正弦定理得：（2sinAsinC）cosB=sinBcosC，即2sinAcosBsinCcosB=sinBcosC变形可得：2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC2sinAcosB=sin（B+C）在ABC中，sin（B+C）=sinA2sinAcosB=sinA，即cosB=，则B=； -(6分)（2）根据题意，由（1）可得B=，sinB=，又由正弦定理b=2RsinB=，a=2RsinA=2sinA，c=2RsinC=2sinC；则a+c=2（sinA+sinC）=2sin（C）+sinC=2cosC+sinC=2sin（C+），又由0C，则C+，则
9、有sin（C+）1，故a+c2，则有2a+b+c3，即ABC周长的取值范围为（2，3-（12分）18.解：（1）设袋中红球的个数为n个，p（=0）=，化简得：n23n4=0，解得n=4 或n=1 （舍去），即袋子中有4个红球. -(5分)（2）依题意：X=2，3，4，6，7，10p（X=2）=，p（X=3）=，p（X=4）=，p（X=6）=，p（X=7）=，p（X=10）=，X2346710PX的分布列为：EX=2+3+4+6+7+10= （12分）19. 解：取PC的中点为N，连结MN，DN（1）M是PB的中点，ADBC，且BC=2AD，NMAD且NM=AD，四边形AMND为平行四边形，AM
10、ND又AM平面PCD，ND平面PCD所以AM平面PCD（6分）（2）以A为坐标原点，AN为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系设PA=t（t0），DAC=30，CD=1，由题意可求得：设为平面PMC的法向量，为平面PCD的法向量，则有：，所以=（t，0，1），可得，所以，二面角MPCD的余弦值为，化简得t4+4t25=0，所以t=1，即PA=1（12分） （12分）20.解：（1）由椭圆的离心率e=，则a=c，b2=a2c2=c2，a=b，由经过点F2且与x轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为，则=，解得：a=，则b=1，椭圆的标准方程：；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2
11、），联立，得3x2+4mx+2m22=0直线与椭圆有两个不同交点，由根与系数的关系得：=（4m）212（2m22）0，即且m0设A，B中点为C，C点横坐标为，线段AB的垂直平分线方程为，P点坐标为（）P到AB的距离d=由弦长公式得：|AB|=当且仅当，即m=（）时等号成立PAB面积的最大值为21.解：（1）当a=1时，f（x）=（x+1）lnxx+2，（x0），f（x）=lnx+，f（1）=1，f（1）=1，所以求在x=1处的切线方程为：y=x（3分）（2）f（x）=lnx+1a，（x0）函数f（x）在定义域上单调递增时，alnx+；令g（x）=lnx+，则g（x）=，x0；则函数g（x）在（
12、0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增；所以g（x）2，故a2（7分）（3）由（ii）得当a=2时f（x）在（1，+）上单调递增，由f（x）f（1），x1得（x+1）lnx2x+20，即lnx在（1，+）上总成立，令x=得ln，化简得：ln（n+1）lnn，所以ln2ln1，ln3ln2，ln（n+1）lnn，累加得ln（n+1）ln1，即ln（n+1），nN*命题得证（12分）22.解：（1）曲线C1的参数方程为（为参数），转化为普通方程：，即，则C1的极坐标方程为，（3分）直线C2的方程为，直线C2的极坐标方程（5分）（2）设P（1，1），Q（2，2），将代入，得：25+3=0，12=
13、3，|OP|OQ|=12=3（10分）23.（1）解：根据题意，对x分3种情况讨论：当x0时，原不等式可化为2x+1x+1，解得x0，又x0，则x不存在，此时，不等式的解集为当0x时，原不等式可化为2x+1x+1，解得x0，又0x，此时其解集为x|0x当x时，原不等式化为2x1x+1，解得x2，又由x，此时其解集为x|x2，综上，原不等式的解集为x|0x2（5分）（2）证明：f（x）=x2x+1，实数a满足|xa|1，故|f（x）f（a）|=|x2xa2+a|=|xa|x+a1|x+a1|=|xa+2a1|xa|+|2a1|1+|2a|+1=2（|a|+1）|f（x）f（a）|2（|a|+1）（10分）- 10 -