广东省惠州市2018届高三数学第二次调研考试试题 理

理科数学

全卷满分150分，时间120分钟．

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

一项符合题目要求. （1）若

z2i(i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点在（ ） 1i(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 （2）已知集合Axxa，Bxx3x20，若A则实数a的取值范围是（ ）

(A)a1 (B) a1 (C)a2 (D)a2

（3）设l,m,n为三条不同的直线，为一个平面，下列命题中正确的个数是（ ）

①若l，则l与相交； ②若m，n，lm，ln，则l； ③若l||m，m||n，l，则n； ④若l||m，m，n，则l||n. (A)1

(B)2

(C)3

(D)4

2BB，

（4）“不等式x2xm0在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）

(A)m1 (B)0m1 (C)m0 (D)m1 4（5）设随机变量服从正态分布N4,3，若Pa5Pa1，

则实数a等于（ ）

(A)7 (B)6 (C)5 (D)4

（6）《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：

卦名 符号 表示的二进制数 表示的十进制数

坤 000 0

震 001 1

坎 010 2

兑 011 3

依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“

”表示的十进制数是（ ）

(A)18 (B) 17 (C) 16 (D) 15

（7）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a9则数列(A)

1a126，a24， 21的前10项和为（ ） Sn111098 (B) (C) (D) 1211109（8）旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，

若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为（ ） (A)24 (B)18 (C)16 (D)10

（9）已知A，B为双曲线E的左右顶点，点M在双曲线E上，ABM为等腰三角形，

且顶角为120，则双曲线E的离心率为（ ）

(A)5 (B)2 (C)3 (D)2 （10）某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，

则xy最大值为( )

(A)32 (B)327 (C)64 (D)647 （11）函数f(x)Asin(2x),A0部分图像如图所示，且2f(a)f(b)0，对不同的x1,x2a,b，若f(x1)f(x2)，有f(x1x2)3，

则（ ）

55,)上是减函数 (B)f(x)在(,)上是增函数 1212121255 (C)f(x)在(,)上是减函数 (D)f(x)在(,)上是增函数

3636 (A)f(x)在(2|x1|10x2，（12）函数f(x)是定义在R上的奇函数, 当x0时, f(x)1f(x2)x22则函数g(x)xf(x)1在[6,)上的所有零点之和为（ ） (A)8 (B) 32 (C)

1 (D)0 8二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 （13）已知tan13cos，且,，则 ____________． 222（14）某班共有56人，学号依次为1,2,3,…,56，现用系统抽样的方法抽取一个容量为4

的样本，已知学号为2，30，44的同学在样本中，则还有一位同学的学号应为_____．

n（15）已知数列an满足a11,an12an2(nN)，则数列an的通项公式为

an ．

（16）在四边形ABCD中，ABDC，已知AB8,AD5，AB与AD的夹角为，

且cos=11，CP3PD，则APBP___________． 20三．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17～21题为必考题，

每个考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 （17）（本小题满分12分）

已知ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，2cosCacosCccosAb0. （1）求角C的大小；

（2）若b2，c23，求ABC的面积. （18）（本小题满分12分）

如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，ABC60，

PAPB，PC2．

（1）求证：平面PAB平面ABCD；

PA（2）若PAPB，求二面角APCD的余弦值.

（19）（本小题满分12分）

BCD某学校为了丰富学生的业余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，背诵结果只有“正确”和“错误”两种。其中某班级背诵正确的概率为p后总得分为Sn”.

（1）求S620且Si0i1,2,3的概率； （2）记S5，求的分布列及数学期望.

21，背诵错误的概率为q，现记“该班级完成n首背诵33

（20）（本小题满分12分）

已知点C为圆(x1)y8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1,0)和AP上的点M，满足MQAP0，AP2AM.

（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；

（2）若斜率为k的直线l与圆xy1相切，与（1）中所求点Q的轨迹交于不同的

两点F,H,O是坐标原点，且

（21）（本小题满分12分）

已知函数fx2exa3，aR．

x2222234OFOH时，求k的取值范围. 45（1）若函数yfx的图象在x0处的切线与x轴平行，求a的值； （2）若x0，fx0恒成立，求a的取值范围．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第

一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。 （22）（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]

x2cos已知曲线C:（为参数）和定点A(0,3)，F1、F2是此曲线的左、

y3sin右焦点，以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求直线AF2的极坐标方程；

（2）经过点F1且与直线AF2垂直的直线交此圆锥曲线于M、N两点，

求|MF1||NF1|的值．

（23）（本小题满分10分）[选修4-5：不等式选讲]

已知函数f(x)m|x1||x1|.

（1）当m5时，求不等式f(x)2的解集；

（2）若二次函数yx2x3与函数yfx的图象恒有公共点，

2求实数m的取值范围.

惠州市2018届高三第二次调研考试

理科数学参考答案

一、选择题：（每小题5分，共60分） 题号 答案 1 A 2 D 3 C 4 C 5 B 6 B 7 B 8 D 9 D 10 11 12 C B A

1．【解析】由题意知z1i2i3i，其对应点的坐标为3,1，在第一象限． 2．【解析】集合Bxx3x20x1x2，由A3．【解析】②错，①③④正确.

4．【解析】“不等式x2xm0在R上恒成立”0即14m0，m同时要满足“必要不充分”，在选项中只有“m0”符合.

5．【解析】由随机变量服从正态分布N4,3可得对称轴为x4，又Pa5

2BB可得BA，a2.

1， 4Pa1，xa5与xa1关于x4对称，a5a18， 即a6.

6．【解析】由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符合“

0123”表示二进制数的010001，

45转化为十进制数的计算为12020202120217

7．【解析】由a91a126及等差数列通项公式得a15d12，又a24，a12，21111， d2，Snn2n，Snnn1nn111111111011…=1…1 S1S2S10223111110113128．【解析】第1种：甲在最后一个体验，则有A3种方法；第2种：甲不在最后体验，则有C2A2 312种方法，所以小明共有A3C2A210.

x2y29．【解析】设双曲线方程为221a0,b0，不妨设点M在第一象限，所以

abABBM2a，MBA120，作MHx轴于点H，则MBH60，故

x2y2BHa，MH3a，所以M2a,3a，将点M代入双曲线方程221，

ab得ab，所以e2. 10．【解析】依题意，题中的几何体是三棱锥P­ABC(如图所示)，

其中底面ABC是直角三角形，ABBC，PA面ABC，

BC27，PA2y2102，272PA2x2，因此

xyx102x227x128x264，

222当且仅当x128x，即x8时取等号，因此xy的最大值是64.

211．【解析】由题意T，A2，ba，又f(x1)f(x2)，有

2232f(x1x2)3，sin2xx，即，且2xx121223xxxxsin2121，即212，解得，

2322fx2sin2x，2k2x2k,kZ，yfx单

32325调递增.解得kxk,kZ.所以选项B符合.

12121

12．【解析】令g(x)xf(x)10，所以求ygx的零点之和yfx和y的

x

1

交点横坐标之和，分别作出x0时，yfx和y图象，如图

x

2x2128x2 由于yfx和y1都关于原点对称，因此x6,6的零点之和为0，而当x8x11时，fx，即两函数刚好有1个交点，而当x8,时y的图象都在

8xyfx的上方，因此零点之和为8.

二．填空题：本题共4小题，每小题5分。 13． 5n1 14. 16 15. n2 16. 2 513．【解析】513tan；cossin，由,且可得25225. 5sin14．【解析】由题意得，需要从56人中分成4组，每组的第2位学号为抽出的同学，所以有

114216.

an1an1a11an，又，n成以

2n12n2222a1111nn1an2为首，公差为的等差数列，n，. n1nn2222221316．【解析】CP3PD，APADAB，BPADAB，又AB8，

442131APBPADABADABADADABAD544223AB，代入式子可得APBP2 16n15．【解析】由an12an2两边同除2n1可得

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。 17.解：（1）

2cosCacosCccosAb0，

2cosCsinAcosCsinCcosAsinB0 …………2分

由正弦定理可得

2cosCsinACsinB0，即2cosCsinBsinB0

1又0B180，sinB0，cosC，即C120. …………6分

2（2）由余弦定理可得232a22222acos120a22a4， …………9分

1absinC3，ABC的面积为3.………12分 ABC2z18.解：（1）取AB中点O，连接AC、CO、PO，

∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∴ABBC2． P∵ABC60，∴ABC是等边三角形．

∴COAB，OC3． ……2分 A1yOB∵PAPB，∴POAB1．

D2C222x∵PC2，∴OPOCPC．∴COPO． ……4分 ∵ABPOO，∴CO平面PAB．

∵CO平面ABCD，∴平面PAB平面ABCD． ……5分

222222（2）∵OPOA11(2)PA，∴POAO． 由（1）知，平面PAB平面ABCD，∴PO平面ABCD，

∴直线OC,OB,OP两两垂直．以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，如图，

又a0，a2，S则O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,0),C(3,0,0),D(3,2,0),P(0,0,1)．

∴AP(0,1,1),PC(3,0,1),DC(0,2,0)． ……6分 设平面APC的法向量为m(x,y,z)，

mAP0yz0由，得，取x1，得m(1,3,3)， ……8分

3xz0mPC0nPC03xz0设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，由，得，

2y0nDC0取x1，得n(1,0,3)， ……10分

∴cosm,nmn27，由图可知二面角APCD为锐二面角，∴二面角mn727． ……12分 7APCD的的余弦值为19.解：（Ⅰ）当S620时，即背诵6首后，正确个数为4首，错误2首；

由Si0i1,2,3可得：若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵对2首； 若第一首正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵对2首，

116212122222此时的概率为：pC4C；……4分 3333333338112（Ⅱ）∵S5的取值为10，30，50，又p，q，

3340321221∴p10C5， ……6分 C53333812112p30C54C53335041132232222130， ……8分 38105411521021 ……10分 p50C5C5333381

∴的分布列为：

ξ 10 30 50 401130 8181814030111850∴E10． ……12分 30508181818120.解：（1）由题意知MQ中线段AP的垂直平分线，所以

p CPQCQPQCQA22CA2

所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴为22的椭圆，……2分

a2，c1，ba2c21 ……3分

x2y21 ……4分 故点Q的轨迹方程是2 （2）设直线l:ykxb，Fx1,y1,Hx2,y2

直线l与圆xy1相切22bk211b2k21

x2y21联立212k2x24kbx2b220 ……6分

ykxb16k2b2412k22b218(2k2b21)8k20k0 ……7分

4kb2b22x1x2,x1x2 ……8分 2212k12kOFOHx1x2y1y21k2x1x2kb(x1x2)b2 ……9分 (1k2)(2b22)(4kb)2(1k2)2k24k2(k21)kbbk21 222212k12k12k12k1k2 ……10分 212k31k24112所以 k412k2532322332kk或k为所求. ……12分

32233221.解：（1）f'x2exxa，yfx的图象在x0处的切线与x轴平行，

即在x0处的切线的斜率为0，即f'02a10，a1 ……4分 （2）f′(x)＝2(e－x＋a)，又令h(x)＝2(e－x＋a)，则h′(x)＝2(e－1)≥0，

∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)． ……5分

①当a≥－1时，f′(x)≥0恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，

从而必须满足f(0)＝5－a≥0，解得－5≤a≤5，又a≥－1，∴－1≤a≤5. ……8分

②当a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且x∈(0，x0)时，h(x)<0，即f′(x)<0， 即f(x)单调递减，x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)单调递增． ∴f(x)min＝f(x0)＝2e0－(x0－a)＋3≥0，

又h(x0)＝2(e0－x0＋a)＝0，从而2 e0－(e0)＋3≥0, 解得0故ln 3－3≤a<－1. ……11分 综上，ln 3－3≤a≤5. ……12分

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第

一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。

xxxxxxx2

2

xxxx2

2x2cosy2x（22）解：（1）曲线C：可化为1，其轨迹为椭圆，

43y3sin焦点为F,0和F21,0． …………2分 11y1，即3xy30，……4分 经过A0,3和F21,0的直线方程为x3极坐标方程为3cossin3. …………5分

（2）由（1）知，直线AF2的斜率为3，因为l⊥AF2，所以l的斜率为

3，倾斜角为33tx12（t为参数）

30°，所以l的参数方程为， …………6分

y1t2代入椭圆C的方程中，得13t2123t360． …………8分

因为M，N在点F1的两侧，所以|MF1||NF1|t1t2123 …………10分 1352xx123.解：（1）当m5时，f(x)31x1， ……………3分

52xx133由f(x)2得不等式的解集为xx. ……………5分

22（2）由二次函数yx2x3(x1)2，该函数在x1取得最小值2，

22m2xx1因为f(x)m21x1，在x1处取得最大值m2， ……8分

m2xx12所以要使二次函数yx2x3与函数yf(x)的图象恒有公共点，

只需m22，即m4. ………10分