2018届高三第二次联考数学理科试题

一、选择题：本大题共12个小题，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. 设集合，，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

故选D。

2. 复数（为虚数单位）的共轭复数为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】故复数（为虚数单位）的共轭复数为

故选B.

3. 下列有关命题的说法中错误的是（）

A. 设，则“”是“”的充要条件

B. 若为真命题，则，中至少有一个为真命题

C. 命题：“若是幂函数，则的图象不经过第四象限”的否命题是假命题

D. 命题“，且”的否定形式是“，且”【答案】D

【解析】A．设，则，则当时，函数为增函数，当时，函数为增函数，函数）在上是增函数，

则若，则，即|成立，则“”是“”的充要条件，故A正确；B若为真命题，则，中至少有一个为真命题，正确；

C命题的逆命题是若的图象不经过第四象限，则是幂函数，错误比如函数的函数图象不经过第四象限，满足条件，但函数是指数函数，故命题的逆命题是假命题，则命题的否命题也是假命题，故C正确，

D．命题“，且”的否定形式是，

故d 错误.

故选D ．

【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及四种命题，含有量词的命题的否定，复合命题以及充分条件和必要条件的判断，知识点较多综合性较强，但难度不大．

4. 已知不等式的解集为，则二项式展开式的常数项是（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】∵不等式的解集为，．二项式的展开式式的通项公式为

令，求得，可得展开式的常数项是

故选B．

5. 若函数，且，，的最小值是，则的单调递增区间是（）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】由题意可得令

求得故函数的增区间为

故选：D．

6. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积（单位：）是（）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】由题意，该几何体为组合体，下面是正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，高为，上面是正方体，边长为，

该几何体表面积为

故选C.

7. 甲、乙、丙、丁、戊五位同学相约去学校图书室借、、、四类课外书（每类课外书均有若干本），已知每人均只借阅一本，每类课外书均有人借阅，且甲只借阅类课外书，则不同的借阅方案种类为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分两类：乙、丙、丁、戊四位同学、、、四类课外书各借1本，共种方法；

乙、丙、丁、戊四位同学、、三类课外书各借1本，共有中方法，故方法总数为60种.

故选C.

8. 如图所示，圆柱形玻璃杯中的水液面呈椭圆形状，则该椭圆的离心率为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】首先，椭圆的短轴长为圆柱的直径，椭圆的长轴、圆柱底面的直径和母线三者组成一个三角直角形，且长轴与直径的夹角为.

故选D.

9. 一个算法的程序框图如下，则其输出结果是（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】由已知中的程序框图可知：

该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，

是以为周期的周期函数，故

又

故选B．

【大家】本题考查的知识点是程序框图，分析出程序的功能是解答的关键．

10. 已知点，，点的坐标，满足，则的最小值为（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】画出出可行域如图所示，

，表示点到可行域的距离的平方减去8的最小值，到可行域的最小距离即为到直线

，则的最小值为

故选A.

11. 过圆：的圆心的直线与抛物线：相交于，两点，且，则点到圆上任意一点的距离的最大值为（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】由题，设，不妨设点

A位于第一象限，则由可得

解方程可得，则

故点到圆上任意一点的距离的最大值为.

12. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等

式的解集为（）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】由，得：即

令F（x）=x2f（x），则当时，

得即上是减函数，

即不等式等价为

在是减函数，∴由F

得，，即

故选B．

【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及抽象不等式的解法，其中利用一种条件合理构造函数，正确利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中对应题后后的横线上.

13. 已知向量，满足，，，则向量在向量上的投影为__________．【答案】

【解析】同理

设向量，的夹角为则向量在向量上的投影为

即答案为-1.

14. 已知是数列的前项和，且，则数列的通项公式为__________．【答案】

【解析】由，得，当时，；

当时，，

所以数列的通项公式为.

故答案为．

15. 三棱锥的底面是等腰三角形，，侧面是等边三角形且与底面

垂直，，则该三棱锥的外接球表面积为__________．

【答案】

【解析】由题意，由余弦定理由正弦定理的外接圆半径等边三角形的高为3，设球的半径为球心到底面的距离为，则

所以，所以该三棱锥的外接球的表面积为．

故答案为：20π．.....................

【点评】本题考查求三棱锥的外接球的表面积，考查学生的计算能力，其中确定球的半径是是解题的关键．

16. 已知是以为周期的上的奇函数，当，，若在区间，关于的方程恰好有个不同的解，则的取值范围是__________．

【答案】

【解析】由题可得函数在上的解析式为

在区间，关于的方程恰好有个不同的解，当时，由图可知

，同理可得，当时，

即答案为

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求角的大小；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）由及正弦定理得，由此可求角的大小；

（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得，，为锐角三角形，的范围为，则，，利用正弦函数的性质即可得的取值范围.

（1）由及正弦定理得，

所以，.

（2），，所以，

，

为锐角三角形，的范围为，则，

∴的取值范围是，∴.

18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，已知，

，于.

（1）求证：；

（2）若平面平面，且，求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】试题分析：（1）连接，证明，

∴，∵，∴，由此可证平面，即可证明. （2）由平面，平面平面，

所以，，两两垂直，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.根据空间向量求面面角的方法即可求二面角的余弦值.

（1）连接，

∵，，是公共边，

∴，

∴，

∵，∴，

又平面，平面，，

∴平面，

又平面，

∴.

（2）

由平面，平面平面，

所以，，两两垂直，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.

因为，，，

所以，，，

则，，，，，.

设平面的法向量为，

则，即，令，则，

又平面的一个法向量为，

设二面角所成的平面角为，

则，

显然二面角是锐角，故二面角的余弦值为.

19. 随着电子产品的不断更新完善，更多的电子产品逐步走入大家的世界，给大家带来了丰富多彩的生活，但也带来了一些负面的影响，某公司随即抽取人对某电子产品是否对日常生活有益进行了问卷调查，并对参与调查的人中的年龄层次以及意见进行了分类，得到的数据如下表所示：

岁以下岁或岁以上

（1）根据表中的数据，能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为电子产品的态度与年龄有关系？

（2）为了答谢参与问卷调查的人员，该公司对参与本次问卷调查的人员进行抽奖活动，奖金额以及发放的概率如下：

元（谢谢支持）元元

现在甲、乙两人参与了抽奖活动，记两人获得的奖金总金额为，求的分布列和数学期望. 参与公式：

临界值表：

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】试题分析：（1）根据列联表，计算观测值，通过对照题目中的数值表，即可得出统计结论．

（2）的可能取值为，，，，，求出相应概率值，得到分布列.求出数学期望.

试题解析：

试题解析：（1）依题意，在本次的实验中，的观测值

，

故可以在犯错误的概率不超过的前提下，认为对电子产品的态度与年龄有关系.

（2）的可能取值为，，，，，

，，

，

，

，

.

20. 已知椭圆：.

（1）若椭圆的离心率为，且过右焦点垂直于长轴的弦长为，求椭圆的标准方程；

（2）点为椭圆长轴上的一个动点，过点作斜率为的直线交椭圆于，两点，试判断是为定值，若为定值，则求出该定值；若不为定值，说明原因.

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】试题分析：（1）由题根据，，不妨令椭圆方程为，

当时，得出，从而得到椭圆的标准方程；

（2）令直线方程为与椭圆交于，两点，

联立方程得，

∴，，由此得到为定值.

试题解析：（1），即，，

不妨令椭圆方程为，

当时，，得出，

所以椭圆的方程为.

（2）令直线方程为与椭圆交于，两点，

联立方程得，

即，

∴，，

∴

为定值.

21. 已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）设函数，，为自然对数的底数.当时，若

，，不等式成立，求的最大值.

【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）3

【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（2）问题等价于等价于，对恒成立，，设，求出函数的导数，根据函数的单调性求出k的最大值即可．

试题解析：（1）对函数求导得，

令，得，

当时，，此时函数单调递减；

当时，，此时函数单调递增，

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.

（2）当时，由（1）可知，

，，不等式成立等价于当时，

恒成立，

即对恒成立，

因为时，

所以对恒成立，

即对恒成立，

设，

则，

令，则，

当时，，

所以函数在上单调递增，

而，，

所以，

所以存在唯一的，使得，即，

当时，，，所以函数单调递减；

当时，，，所以函数单调递增，

所以当时，函数有极小值，同时也为最小值，

因为，

又，且，

所以的最大整数值是.

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查函数恒成立问题，其中正确变形得到等价命题对恒成立，是解题的关键.

22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：

（其中为常数）.

（1）若曲线与曲线有两个不同的公共点，求的取值范围；

（2）当时，求曲线上的点与曲线上点的最小距离.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）由已知：，；：.

联立方程有两个解，可得.

（2）当时，直线：，设上的点为，，则

，当时取等号.

（1）由已知：，；：.

联立方程有两个解，可得.

（2）当时，直线：，设上的点为，，则

，当时取等号，满足，所以所求的最小距离为.

23. 已知函数，.

（1）求的解集；

（2）若有两个不同的解，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）分类讨论可得函数解析式，由此可得的解集；

（2）结合图象易得

试题解析：（1），若，可得.

（2）结合图象易得