绵阳三诊模拟考试2018年理科数学

1、绵阳市 2015 级三诊考试模拟试题理科试题命题人审题人本试题卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）须在答题卡上作答, 在本试卷、草稿纸上作答无效. 满分和答题卡一并交回.第卷 1至150 分 , 考试时间2页,第卷 2至 4页.考生作答时 ,120 分钟 . 考试结束后 , 将本试题卷第卷（选择题，共60 分）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 AxR | x |2， BxZ | x 10，则 AIB （）A. x |1x 2B.x | 2 x1C.2,1,1,2D.1,21 ai2若复数 2 i

2、(i为虚数单位 ) 为纯虚数，则实数a 的值为 ()11A 2B 2C 2D23“ a 0”是“函数 f(x) 2x a 有零点”的 ()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4广告投入对商品的销售额有较大影响某电商对连续5 个年度的广告费和销售额进行统计，得到统计数据如下表（单位：万元） ：广告费 ?23456销售额 ?2941505971由上表可得回归方程为?=?.?+?，据此模型，预测广告费为10万元时的销售额约为（）A.B.C.D.101 2108 8111 2118 25.函数.2cos(x.)(0，.0) 的部分图象如.右图f ( x)所示，则 f(0

3、)的值为 （）3B.1C.2D.3A.2xy2, 06. 实数 x 1,1， y0, 2 ，则点 P( x, y) 落在区域x,内的概率为 （）2 y 1 02xy2 0A.3311B.C.4D.4887已知抛物线C： x2 4y 的焦点为F，Q是抛物线上一点，线段FQ的延长线1交抛物线的准线于点P，若 FQ3QP，则 |QF|()A 15C.37B.2D.448. 公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现， 当圆内接多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，由此创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率精确到小数点后面两位的近似值3.14 ，这就是著名的“徽率” .如图是利用刘徽的

4、割圆术设计的程序框图，则输出的n 值为（）参考数据：3o0.2588， sin 7.50.1305.1.732 ， sin15A 24B12C. 48D 969. 从混有 5 张假钞的 20 张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，则两张都是假钞的概率是 ( )A.?B.?C.?D.?10. 已知某几何体的三视图如图，其中主视图中半圆的直径为2， 则该几何体的表面积为 （）A 46B52C 523D46 211. F1， F2 分别为双曲线x2y20P 在双曲线a22 1（ a ， b）的左、右焦点，点buuuruuuur31 ，则该双曲线的离心率为 （上满足 PF1P

5、F20 ，若PF1F2 的内切圆半径与外接圆半径之比为）2A.2B.3C.2 1D.3112. 已知 e为自然对数的底数， 若对任意的 x 1 ,1 ，总存在唯一的 y1,1，使得 ln x x 1 ay2ey成立，则实数 a 的取值范围是 （e）A 1 , eB ( 2 ,eC(2,)D ( 2 , e 1)eeeee第卷（非选择题，共90 分）注意事项： 必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指定的答题区域内作答作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚试题卷上作答无效.二、填空题 ： ( 本大题共 4 小题，每小题5分，共 20分)13若二项式xm n32，

6、常数项为 10，则实数 m的值为 _x2展开式的二项式系数之和为14.某工厂产生的废气经过过虑后排放，过虑过程中废气的污染物数量P （单位： 毫克 / 升）与时间t （单位：小时）间的关系为PP0ekt （P0 ， k 均为正常数）如果前5 个小时消除了10% 的污染物，为了消除 27.1% 的污染物，则需要 _小时 .15.设 为锐角，若 cos (+) 4，则 sin (2+ ) 的值为 _651216.如图，四边形OABC是边长为 1的正方形，点 D满足 OD 2OA，点 P 为 BCD内 ( 含边界 )， R) ，则当 的动点， 设OPOAOC( 2 取得最大值时， OP在CD方向上的

7、投影为 _三、解答题： ( 本大题共 6 个小题，共 70 分证明过程或演算步聚 ) 解答时应写出必要的文字说明、17（本小题满分 12 分）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且满足 Snn 2an ( n N *) （ 1）证明：数列 an1 为等比数列，并求数列 an 的通项公式；（ 2）数列 bn 满足 bnn2nan log2 (an 1)(n N*) ，其前 n 项和为 Tn ，试求满足 Tn2016 的最2小正整数 n 18（本小题满分 12 分）第 31届夏季奥林匹克运动会将于2016 年 8月5 日 21 日在巴西里约热内卢举行.下表是近五届奥运会中国代表团和俄罗斯代表

8、团获得的金牌数的统计数据（单位： 枚） .第届伦敦第29届 北京第28届雅典第27届悉尼第26届亚特兰大30中 国3851322816俄罗斯2423273226（ 1）根据表格中两组数据完成近五届奥运会两国代表团获得的金牌数的茎叶图，并通过茎叶图比较两国代表团获得的金牌数的平均值及分散程度 （ 不要求计算出具体数值，给出结论即可） ；（ 2）甲、 乙、 丙三人竞猜 2016 年中国代表团和俄罗斯代表团中的哪一个获得的金牌数多 （ 假设两国代表团获得的金牌数不会相等） ，规定甲、 乙、 丙必须在两个代表团中选一个，已知甲、乙猜中国代表团的概率都为4 ，丙猜中5国代表团的概率为3，三人各自猜哪个代

9、表团的结果互不影响. 现让甲、 乙、5丙各猜一次，设三人中猜中国代表团的人数为X ，求X 的分布列及数学期望EX .19（本小题满分 12 分）E如图，在四棱锥P是棱 PC 的中点，平面ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，且ABE 与棱 PD 交于点 F ABC120点（1）求证：AB / / EF ；（ 2）若 PAPDAD 2 ，且平面 PAD平面 ABCD ，求平面 PAF 与平面 AFE 所成的锐二面角的余弦值2220 ( 本小题满分12 分 ) 已知焦距为 2x2y21( ab0)的左焦点为113的椭圆 C： a bF 、上顶点为D，直线 DF与椭圆 C的另一个交点为H，且 | D

10、F| 7| F H|.11(1) 求椭圆的方程；(2) 点 A 是椭圆 C的右顶点，过点 B(1 ，0) 且斜率为 k( k0) 的直线 l 与椭圆 C相交于 E，F 两点，直线AE，AF分别交直线x 3 于 M，N两点，线段 MN的中点为 P. 记直线 PB的斜率为 k，求证： kk为定值lnx21 ( 本小题满分12 分 ) 已知函数f ( x) 1 x， ( x) ( x 1) 2 f ( x) 1(1) 若函数 ( x) 在区间 3m， m 2 上单调递减，求实数 m的取值范围；(2) 若对任意的x(0 ， 1) ，恒有 (1 x) f ( x) 2a0) ，求实数 a 的取值范围请考

11、生从22、 23 任选一题作答22. （本小题满分 10 分）选修 4 4：坐标系与参数方程xoy 中，曲线 C1xa cost在直线坐标系的参数方程为（ t 为参数， a 0）。在以坐标原点为极点， xy1 a sin t轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2 ：4cos（1）说明 C1 是哪种曲线，并将C1 的方程化为极坐标方程；（2）直线 C3 的极坐标方程为0 ，其中0 满足 tan 02 ，若曲线 C1 与 C2 的公共点都在C3 上，求 a 。23. （本小题满分10 分），选修 4 5：不等式选讲已知函数11f xxx22， M 为不等式f ( x) 2 的解集 .（ 1）求 M；

12、（ 2）证明：当 a,bM 时， a+b 1+ab 。参考答案1-5DABCD6-10 BCACD11-12 DB2172513.14.1515.5016. 5三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤）17. n2(2nnn2nn6bn1)K n12222323. n2n2K n122223.n2n 1(-K n22223. 2nn2n 1K n(n1)2n 12Tn( n1)2n 12n( n1)102n2n(n1)n122016n8Tn22n8 .12181罗斯代表团获得的金牌数比较集中，中国代表团获得的金牌数比较分散.32x0,1, 2,3 ,

13、1 422PX 0 PAPBPC1 32 ;551254 12P X1PABCP ABCP ABCC2141314319;555551252PX2P ABCP ABCPABC1413C214 14356；555551252348PX3PAPBPC4 （ 9分）55125故 X 的分布列为：X0123P2195648125125125125EX0219563481112512125. （ 12 分）125125519. 【命题意图】本小题主要考查空间直线与平面，直线与直线垂直的判定，二面角等基础知识，考查空间想象能力 , 推理论证能力 , 运算求解能力，以及数形结合思想、化归与转化思想.平面 P

14、AF 与平面 AFE 所成的 锐二面角的余弦值为13 （12 分）1320.(1) 因为椭圆 C 的焦距为 2 3，所以 F (3， 0)，又 D(0， b) ， |DF| 7|F1H|，所以点 H 的坐标1183b64 31x2为 7，7 ，则49a2 49 1，解得 a2 4，则 b2 a2 3 1，所以椭圆 C 的方程为 4 y2 1.(2)证明： 根据已知可设直线yk（ x 1），得(4k21)x2 8k2 x 4k2 4 0.l 的方程为 y k(x 1)由x2 4y2 4 0，8k24k2 4设 E(x1， y1)， F(x2， y2)，则 x1 x2 4k2 1， x1x2 4k

15、2 1.直线 AE ， AF 的方程分别为 yy1(x 2)， yy2(x 2)，12x 2x2yy21y1y令 x 3，则 M 3，1， N3，P 3，2. 2 2，所以2xxx 2 x 21212k k（x 1）（ x 2） k（ x 1）（ x 2）k22x x 3（x x ） 412211212所以 kk 4（ x1 2）（ x2 2） 4 x1x2 2（ x1 x2） 48k2 824k2 16k2 424k2 1k2 4 1. k4k244k2 416k2 16k2 4444k21ln x1 1ln xx121. (1) 因为 f( x) 1 x，所以 f(x) （ 1x） 2 ，

16、所以 (x) ln x x 1(x0，且 x 1)，1 1 x 1则 (x) x x2 x2 .当 (x)0 时， 0x1，此时 (x)单调递减，3m0，111 1，1若函数 (x)在区间3m， m 2上单调递减，则3m， m 2? (0， 1)，所以m2所以 0 m4，1，3mm21所以实数m 的取值范围为0，4 .(2)对任意的 xln x2a0，(*) 因为 x (0，1)，所以1x，(0，1) ，恒有 (1 x) f(x) 2a01 x1x所以 (*) 式可变为 ln x 2a（1 x）0.设 h(x) ln x2a（ 1x） ，1 x1 x则要使对任意的x (0， 1)， ln x2

17、a（1 x）2（ 2 4a） x10 恒成立，只需 h(x)max0. h (x)x，1 xx（ 1x） 2设 t(x) x2 (2 4a)x 1， (2 4a)2 4 16a(a 1)当 0 a 1 时， 0，此时 t( x) 0，h (x) 0，所以 h(x)在 (0， 1)上单调递增，又 h(1) 0，所以 h(x)h(1) 0，所以 01 时， 0，注意到 t(0) 10， t(1) 4(1a)0，所以存在 x0 (0， 1)，使得 t( x0) 0，于是对任意的 x( x0， 1)，t(x)0 ， h(x)0，则 h(x)在 (x0，1) 上单调递减，又 h(1) 0，所以当 x (

18、x0，不符合要求综合可得0022 解：（）消去参数t 得到 C1 的普通方程 x 2( y1) 2a2 . C1 是以 (0,1) 为圆心， a 为半径的圆 .将 xcos , ysin代入 C1 的普通方程中，得到C1 的极坐标方程为22sin1a20 .C1 ,C2 的 公共点的极坐标满足22 sin1a20,0（）曲线方程组4cos,若，由方程组得16 cos28sin cos1 a20 ，由已知 tan2，可得 16 cos28sincos0，从而1a20 ，解得 a1 （舍去）， a1 .a1 时，极点也为C1 ,C2 的公共点，在 C 3 上 . 所以 a1 .23. 试题分析：（I ）先去掉绝对值， 再分 x1 ， 1x1 和 x1 三种情况解不