蓉城名校联盟2018级高三第一次联考文科数学试题(PDF版).pdf

1 蓉城名校联盟 2018 级高三第一次联考 文科数学参考答案及评分标准 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。 1～5 CBCAD 6～10 DBDAC 11～12 DA 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 24 25 14．1 15．7 16．①③④ 三、解答题：共 70 分。 17．（12 分） （1） 2( ) 3 sin cos sinf x x x x  3 1 cos 2 π 1sin 2 sin 2 2 2 6 2 xx x         ， ……3 分 故 ( )f x 的最小正周期为 2π π 2 T   ……4 分 当 π π2 2 π ( ) 6 2 x k k    Z 时， ( )f x 的最大值为 3 2 . ……6 分 （2）由 3( ) 2f B  ，得 π π2 2 π ( ) 6 2 B k k    Z ππ ( ) 3 B k k   Z ……7 分 因为 0 πB  ，故 π 3B  ……8 分 因为 4b  ， ABC△ 的周长为 12，所以 8a c  . 由余弦定理得： 2 2 16a c ac   ，即 2 3 16a c ac   ，所以 16ac  . ……10 分 故 1 1 3sin 16 4 3 2 2 2ABCS ac B     △ ……12 分 18．（12 分） （1）由题意， 5 15 10 5 50m n      且 (5 15):(10 5) 3: 2m n     解得： 10m  ， 5n  ……3 分 （2）由以上统计数据填写下面 2 2 列联表，如下； 年龄低于 45 岁的人数 年龄不低于 45 岁的人数 合计 赞同 27 10 37 不赞同 3 10 13 合计 30 20 502 根据公式计算 2 2 50(10 27 10 3) 9.98 6.63537 13 30 20K        ， 所以有 99%的把握认为年龄 45 岁为分界点对发行成都消费券的态度有差异； ……7 分 （3）设年龄在[55,65) 中不赞同“发行成都消费券”的人为 A B C、 、 ， 赞同“发行成都消费券”的人为 a b、 ，则从 5 人中随机选取 2 人 有 AB ， AC ， Aa ， Ab ， BC ， Ba ， Bb， Ca ， Cb ， ab ， 10 个结果；其中 2 人中至少有 1 人不赞同“发行成都消费券”的有 AB ， AC ， Aa ， Ab ， BC ， Ba ， Bb， Ca ，Cb ，9 个结果， 所以 2 人中至少有 1 人不赞同“发行成都消费券”的概率为 9 10P  ． ……12 分 (注：使用排列组合方法计算出正确结论的，给满分) 19．（12 分） （1）由图知， AC AD ， AB AD ， ∵平面 ACD  平面 ABD ，平面 ACD  平面 ABD AD ， AB Ì平面 ABD ， ∴ AB  平面 ACD ，又 CD  平面 ACD ， ∴ AB CD ； ……5 分 （2）因为 AB，AC，AD 两两垂直，且相交于 A 点 故 AD⊥平面 ABC，又 AD 在平面 ABD 内 故平面 ABD⊥平面 ABC AE 在平面 ABD 内，故 AE 在平面 ABC 内的射影就是 AB 于是∠BAE 为 AE 与平面 ABC 所成的角， 1tan 2BAE  ……7 分 而由已知，AB＝2AD，且角 A 为直角，故 1tan 2ABE  于是 tan tan 2ADE DAE    所以 BE＝AE＝DE，即 E 是 BD 中点 ……9 分 于是 1 1 1 1 1 2 2 2 3 2A CDE A BCD D ABCV V V AD AB AC        ＝ 1 11 2 112 6     ……12 分 20．（12 分） （1）在椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   中，∵ 1 1| |=2 5A B ， ∴ 2 2 20a b  ， 又 3 2 ce a   且 2 2 2a b c  解得 4a  ， 2b  ∴椭圆C 方程为： 2 2 116 4 x y  ， ……4 分3 （2）设 M(x0，y0)，由题意可知 2 2 0 0 116 4 x y  ，且 M 点在第一象限， 于是 2 2 0 016 4x y   ……① 0 0 1 2 0 04 4 y yk kx x    ， 故 2 0 1 2 2 0 16 yk k x   将①代入可得 1 2 1 4k k   ……8 分 直线 MP(即 OP)的方程为 y＝k3x，则圆心(2，3)距直线 MP 的距离不大于 1 即 3 2 3 | 2 3| 1 1 k k   „ ，即 2 2 3 3(2 3) 1k k „ 解得 3 12 4 3 12 4 3 6 6k  „ „ ……11 分 故 1 2 3k k k 的取值范围是 3 3 3 3[ ]6 6   ， . ……12 分 21．（12 分） （1）当 1a   时， 2( ) 2ln ( 0)f x x x x   则 22 2( 1)( ) 2 xf x x x x     ……2 分 当 (0,1)x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 为减函数 当 (1, )x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 为增函数 故 ( )f x 的单调递增区间为 (1, ) ，单调递减区间为 (0,1) ……4 分 （2）在 1,e 上存在一点 x ， 使得不等式 2 2( 1)( ) 2af x xx x    成立， 等价于 1 ln 0ax a xx x     在 [1, ]x e 上有解， 即函数   1 ln ah x x a xx x     在 1,e 上的最小值小于零，      2 2 2 1 111 x x aa ah x x x x x         ， ……6 分 ①当 1a e … 时，即 1a e … 时，  h x 在 1,e 上单调递减， 所以  h x 的最小值为  h e ， 由   1 0ah e e ae     ， 可得 2 21 1, 11 1 e ea ee e     ， 2 21 1, 11 1 e ea ee e      ， 故 2 1 1 ea > e   ； ……8 分4 ②当 1 1a  „ 时，即 0a „ 时，  h x 在 1,e 上单调递增， 所以 ( )h x 的最小值为 (1)h ， 由 (1) 1 1 0h a    ， 可得 2a   ； ……9 分 ③当1 1a e   ，即 0 1a e   时， 可得 ( )h x 的最小值为 ( 1)h a  ，    0 ln 1 1, 0 ln 1a a a a       ，   0 ln 1 1, 0 ln 1a a a a       ，      11 1 ln 1 2 ln 1 21 1 ah a a a a a a aa a              ， 所以  1 0h a  不成立， ……11 分 综上：实数 a 的取值范围是 2 1( , 2) ( , )1 e e    . ……12 分 （二）选考题：共 10 分。 22．（10 分） （1）因为 2 2 2cos sinx y x y       ， ， ， 2C 的直角坐标方程为 x2＋y2－2x－4y＋4＝0 即(x－1)2＋(y－2)2＝1 ……4 分 （2）将 C1 方程代入 C2 的直角坐标方程： 2 22 2( 2 ) ( 1 ) 12 2t t       整理得： 2 3 2 +4=0t t  ……6 分 2( 3 2) 4 4 2 0       且 1 2 1 23 2 4t t t t     ， ……7 分 所以 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 4 ( 3 2) 4 4 2MN t t t t t t               因为 2C 的半径为 r＝1， 则圆心 C2 到 MN 的距离 22 2 | | 2 212 2 2 MNd r               则 2C MN△ 的面积为 S＝ 1 2 122 2 2    ……10 分 解法二：将直线 C1 的方程化为 x－y＋2＝0 则圆心 C2 到直线 C1 的距离为 d＝ |1 2 2 | 2 22    ……6 分 又圆 C2 的半径 r＝1，故|MN|＝ 2 2 2 22 2 1 22r d         ……8 分 则 2C MN△ 的面积为 S＝ 1 2 122 2 2    ……10 分 23．（10 分）5 （1）依题意， 1( ) 2f x x  ， 则 1 1( ) 2 2 22 2f x x x       或 1 22x    ， 解得 3 2x  或 5 2x   ， 故不等式 ( ) 2f x  的解集为{x| 3 2x  或 5 2x   }. ……4 分 （2）依题意， 2 21( ) 4 4( )f x x m x x mn m n      … … ， 因为  2 2 21 1 1 ( ) ( ) ( )x x m x x m mn m n n m n n m n          … ， ……6 分 ( ) 2 ( )m n m n n m n   … ，故 2 1 4 ( )n m n m … ， ……8 分 故 2 2 2 1 4 4( )m mn m n m   … … ，当且仅当 2m  ， 2 2n  时等号成立 ……10 分 (学生用其他方法求解，只要解法合理，结论正确，都给满分) 解析 1．答案 C，解析：由 5301582  xxxx 或 ，则  3,5R B ð ，则  ( ) 3,4RA B  ð 2．答案 B，解析：由        2 2 1 2 12 11 1 1 1 i iz ii i i i          ，则 2z  3．答案 C，解析： :p 0 0 0 π0, sin tan2x x x     ， … 4．答案 A，解析：由 8 640x y ， ，则 80020  aaxy ，则当 11x 时， 580  y 5．答案 D，解析：由 873  aa ，则     362 9 2 9 7391 9  aaaaS 6．答案 D，解析：由 π 1tan 2 2       ，则 2tan  ，由 5tan1 1tan2 sincos cossin2        7．答案 B，解析：由图像可知 π 4 SP S  圆 正方形 8．答案 D，解析：由  xf 是 R 上的减函数，则   3 1 0 1 10 8 33 1 4 m m m m m m              ， … ，由           3 103 1 8 1 ，， ， 则是必要不充分条件 9．答案 A，解析：由 lg lg 0a b  且 a b ，则 1ab  ， 0 1 1a b  ， ，由    1log log 2 1 0 log log (2 1) 0 log log 2 1 0a b a a a a x x x x x x           ，则  log log 2 1a ax x  ， 由  1,0a ，则         ,1 012 0 12 x x x xx6 10．答案 C，解析：由 BA 2sin2sin  且 ACBC  ，则 π π2 2 π 2 2A B A B C       ，则 BCAC  ， 由   282 22222  RPABCACRl ，则 34 8 2π π3 3V R 球 11．答案 D，解析：由   1 sin 0f x x   … ，则  xfy  在 Rx 上单调递增，由 1 0.3 20.3 2 log 0.2   ， 则 abc  12．答案 A，解析：由    1 1f x f x   ，则  y f x 关于直线 1x  对称， 由题  y f x 与  y g x 的图像只有两个交点，设  ln , 0,1y x x  图 像上的切点 0 0,lnx x ， 1y x   ，则 0 1k x 切 ，  0 0 0 1: lnl y x x xx   切 ， 把 0, 2 代入可得 0 1x e  ，则 0 1k ex  切 ，如图所示： 结合图像可知，要有两个交点，则 0m „ 或 m e . 13．答案 24 25 ，解析：由已知可得 4 3sin cos5 5   ， ，则 25 24cossin22sin   14．答案 1，解析：由  baa  ，则   22 2π0 0 cos 03a a b a a b a a b                  ，则 1)(00 2  aaaa 或舍 15．答案 7，解析：令 1m  ，则 1111   nnnn aaaaa ，则 na 是等差数列， nan  ，由 2 12n na a „ 对 n N 恒成立，则 2 1212n n n n    „ „ ( )n N 恒成立，令 nny 12 ，由  4,312  ，当 3n 时， 7y ，当 4n 时， 7y ，则 min 7 7y   „ ，则 7max  16．答案①③④，解析：由      2 2 2 2f f x f x   ， ，则    0 0f y f x ， 关于 1,1 点对 称，则  1 1f  ，故①正确；由当    3 ,2 2 12x f x x     ， „ 恒成立，令 3 2x  ，则 3 12f      „ ， 由  f x 为区间 0,2 上的“非减函数”，则  3 1 12f f     … ，则 3 31 1 12 2f f          „ „ ，故②错 误；由  3 3,2 12 2x f x f           ， … ，故③正确；由      3 31, 1 12 2x f f x f f x            ， „ „ ，同理可得  1 3, 12 2x f x      ， ，由 1 27 214 14f f           ， 9 1 3 25 1 3, ,16 2 2 18 2 2            ， ，则 9 25 116 18f f           ，则 1 9 25 27 414 16 18 14f f f f                         ，故④正确.