云南省昆明市2019届高三数学上册第三次双基检测

1、昆明第一中学 2018 届高中新课标高三第三次双基检测理科数学第卷一、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 Mx | yln x， Ny | y 1x 1 ，则x 1A0,1B0,1C 1,D2 i i 2i 3i 2015（）MN（）1,A -1B 0C 1D i3等比数列an的前 n 项和为 Sn ，若 a2 3， S313 ，则 log3 a3 的值为（）A 0B 2C0或2D1或24若 a2 sin xdx ，则 (1 ax)(2x)5 的展开式中 x3 项的系数为（）0A 40B 40C 120D 1205执行如图

2、所示的程序框图，若输出的结果为S 35 ，那么判断框中应填入的关于n 的条件是（）A n 6?B n 6?C n 6?D n 6?6已知正四棱锥P ABCD 的各顶点在同一个球O 的球面上，且该棱锥的体积为3 2，2底面边长为3，则球 O 的表面积为（）A 6B 8C 6D8 237设 f ( )x为函数 f ( x) 的导函数， 函数 y xf ( x) 的图象如图， 则以下说法错误的是 （）A f(2)f ( 2)B当 x2 时，函数f (x) 取得极小值C当 x2时，函数 f ( x) 取得极大值D方程 xf ( x)0 与 f ( x)0均有 3个实根2xy0,8已知变量 x ， y

3、满足约束条件yx,且 z2 xy 的最小值为4，则实数 a 的值yxa,为（）A 1B 5C 8D239某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为2 的正方形，则此四面体的体积是（）A 2B 4C 8D 833310设 alog3 4 ， blog 4 3 ， clog3 2 ，则（）A a c bB a b cC b c aD c a b11 已 知 抛 物 线 E ： y 2x2 的 焦 点 为 F ， E 上 有 四 点 A ， B ， C ， D 满 足FA FB FC FD0，则|FA|FB| |FC| |FD| （）A 4B 3C 2D 112在 Rt ABC 中，

4、AB AC52，M 为 BC 的中点，动点 P 满足 PM3 ，则 ABP与 ACP 的面积之比的最大值为（）A 7B 8C 9D 10第卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分13在 ABC 中， | AB AC | | ABAC|，|AB|2，|AC|1，D ，E为线段 BC的两个三等分点，则AD AE14已知函数10 ），若1f ( x)cos( x)1f () 1，f ()，则的最2（1242小值为15. 从正方体的8 个顶点中任取3个点，则以这3 个点为顶点能构成正三角形的概率为16数列an的前 n 项和为 Sn ，已知 a18 ， a42 ，且 an 22an 1an （ nN

5、*），nanb ，则 a b若 S 的最大值为， nS 的最大值为三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（本小题满分12 分）在 ABC中 ， 角A，B， C所 对的边分别为a，b， c， 且c o2 sAc2oCs3As i nCs i n2B1c o s（1）求B ；（2）设函数f ( x)3sin x cosxcos2x （ xR ），求f ( A) 的取值范围18（本小题满分 12 分）某工厂在 2010 年至 2018 年每年的机器维修费用y （单位：千元）的数据如下表：年份20102018201820182018年份代号 t12345维修费用 y1.82.22.72

6、.83.51）求 y 关于 t 的线性回归方程；2）利用（ 1）中的回归方程，分析该厂在 2010 年至 2018 年每年的机器维修费用的变化情况，并预测该厂在 2018 年所需的机器维修费用n(tit)( yi y)附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为bi 1， a y btn(ti t) 2i119（本小题满分12 分）如图，三棱柱ABCA1B1C1 中 ，A CB C，ABAA1 ，ABB1120（1）证明：ABAC1；（2）若平面A1 ABB1平 面ABC，AB2 3 ，AC6，求二面角A1CC1B1 的余弦值（本小题满分 12 分）已知点 P 为圆 x2y26 上一动点，

7、过点P 作 x 轴的垂线，垂足为Q，点 M 满足PM (12)PQ21）求点 M 的轨迹 E 的方程；2）过点 D (0, 2) 的直线 l 与 E 交于 A ， B 两点，若以线段 AB 为直径的圆 N 过坐标原点O ，求圆 N 的方程21（本小题满分12 分）已知函数( )xln() fxkexm（1）若 km1，求函数 f ( x) 的极小值；（2）当 k3， m3 时，证明： f (x) ln 3 1请考生在第 22、23、24 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答时请写清题号22（本小题满分10 分）选修4 1：几何证明选讲如图， AB 是圆 O 的直径， AC 是弦

8、，直线 EF 和圆 O 相切于点 C ， AD EF ，垂足为D ，直线 EF 交 BA 的延长线于点F（1）求证：BAC DAC；（2）若OB2 ，AD1，求证：BCAFBFBC23（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xm 3s,xOy 中，直线 l 的参数方程为（ s 为参数），在以 O 为y4s极 点 ， x 轴 的 非 负 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 ， 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 为cos24cos1）求直线 l 与曲线 C 的普通方程；2）设直线 l 与 x 轴交于点 P ，且于曲线 C 相交于 A ， B 两点，若 | AB

9、| 是 | PA |与 | PB | 的等比中项，求实数 m 的值24（本小题满分 10 分）选修4 5：不等式选讲已知函数 f ( x) | 2 x a | ， aR （1）当 a1 时，求不等式f ( x)| x 1| 30的解集；（2）若对 x1,2 ， f ( x)x21 恒成立，求a 的取值范围昆明市第一中学2018 届高三考试参考答案（理科数学）一、选择题BACACBDDCBDA1.解析：集合M x | x0 且 x1 ， Ny | y1 ，所以 M I Nx | 0 x1 ，选 B 2.解析：因为 i ki k 1ik 2ik 30 kZ ，所以 ii 2i 3i 2015ii

10、2i 31 ，选 A 3.解析：因为a23 S313，联立化为3q10q3 0，解得q或q3；当q，21133时， a1 ， log3a0，当 q3时， a9 ， log3a2，选 C33334.解析：由题意，a2 sin xdx(cos x)2 1，则 (2x)5 展开式中含x2 与 x3 的项00为 TC 223 x280 x2 ，TC3 22 x340 x3 ，所以 (1x)(2x)5 展开式中 x3 项的系数3545为 804040，选 A.5.解析：第一次循环， S11 ，n9；第二次循环 S20，n8 ；第三次循环， S28 ，n7；第四次循环，S35 ， n6 ，结束循环，输出S

11、35 ，因此 n6，选 C.解析：如图，设点 M 为正四棱锥 P ABCD 的底面的中心，则 PM 为四棱锥的高，球心 O 必在直线 PM 上， 不妨设点 O 在线段 PM 上，球 O 的半径为 R ，连接 OA ，则 OAR ；P由条件知 133PM32，所以 PM32，则 OM3 2R ，又3222由条件可求得 AM6AOM 中，由勾股定理得O，在 RtD2R232R)26)2AMC(得 R2 ；当点 O 在线段 PM 的延长线上时B22求得同样结果，故球O 的表面积为 4( 2)28，选 B7. 解析：函数 fx 在 (,2)单调递减， (2, 2)单调递增， (2,)单调递减，所以f(

12、2)f(2)0 ，当 x2时，函数取得极小值，当 x 2时，函数取得极大值，其图像可如图，所以D 错误，选 D8.解析：画出可行域（如图阴影部分所示）和直线l 0 ： 2x y0 ，观察图形，知直线2x y z 过 直 线 yx a 和 2x y0的交点Aa , 2a 时， z 取得最小值，即2a2a4 ，解得33333，选 D.9.解析：由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为2 的正方形，所以此四面体一定可以放在正方体中，所以可以在正BADC方体中寻找四面体，如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以此四面体的体积是8112 2842，选 C.32310.解析： a log 3 41b ，令 f

13、xlogx (x 1) ， fx log x ( xln( x1)1)，ln xf x1 x ln x(x1)ln( x 1)0 ， fx 在 (1,)x( x1)ln2x单调递增，所以f4f 3，即 bc ，所以 abc ，选 B 解析：设 A(x1 ,y1 ) ， B(x2 ,y2 ) ， C(x3,y3) ， D (x4,y4 ) ，由 FA+FB +FC+ FD =0 得y11 +y21 +y31 +y41 =0 ， y1 +y2+y3+y4= 1，根据抛物线定义有88882FA+FB+FC+FD =y1+ 1 +y2+ 1 +y3 + 1 +y4 + 1 =1 ，选 D8888S A

14、BP1AB AP sinBAPsinBAP2ABP 与 ACP 的面积12.解析：由 S ACP =CAP = sin可知要1 AC AP sinCAP2之比最大，只需BAP 最大，CAP 最小，所以当AP 与以 M 为圆心，半径为3 的圆相切时BAP 最大 .因为 sinMAP=3， cosMAP= 4，所以 ABP 与ACP 的面积之比55的最大值为 sin (45 +MAP)= cosMAP +sinMAP =7 ，选 Asin (45MAP)cosMAPsinMAP二、填空题13 1014 315 116 1289713.解析：由ABACABAC ，化简得 ABAC 0 ，所以ABAC

15、 ，所以ABC 为直角三角形 . 如图，以 AB 所在直线为 x轴，以AC 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则A0,0，B 2,0， C0,1 .由D ， E为线段BC的两个三等分点知D4122， AD4122,，E,3,， AE,， 所 以3333333421210AD AE333.3914.解析：由题意可知函数f ( x)1 cos(x)1 (0) 的图象的一个对称中心为点2,1 ，一条对称轴为直线x，所以T223 ，所以1244，即，得4123的最小值为315.解析：从正方体的8 个顶点中任取3个点有 C83种取法，能构成正三角形DC的有ABC，ADC，ABD，CBD ， ABC ，

16、ADC ， ABD，11111111111ABD 1C1BD 共 8 种可能，则所求的概率为P81C156.716.解析：因为 an 22anan ( nN* ) ，所以数列an为等差数列，由A1B11a18 ， a42 得 d2 ，1) (281 ，可知 Sn 的最大值 a所以 S8nn(n2)n29n=n920；n224nSnn39n2 ，由 nSn3n218n=0 ，得 n6 ，可知 nSn 的最大值 b108 ；所以 ab128 .三、解答题17解：（ 1）由 cos2 Acos2 C3sin A sin C1cos2 B ，得 1sin2A1sin 2 C3sin Asin C2si

17、n2 B ，由正弦定理得：a2c2b23ac ，于是 cos Ba2c2b23，2ac25所以 B6（2）因 f ( x)3sin xcos xcos2 x3 sin 2 xcos2 x1sin(2 x)1 ，2262所以 f ( A)sin(2 A)126又因为 ABC 中， B5，所以0A，所以2A，66666所以1sin(2 A)1，即1f ( A)0 ，226所以 f ( A) 的取值范围是1,018解：（ 1）由所给数据计算可得 t1(12 345)3 ，51 (1.85t )2y2.22.72.83.5)2.6 ，(ti4101410 ，5i15(tit )( yiy)(2) (0

18、.8)( 1)(0.4)0(0.1)10.220.9 4，i15(tit)( yiy)则 bi 140.4， aybt2.60.431.4 ，5(tit )210i 1则回归直线方程为y0.4t1.4 （2）由（ 1）知， b0.40 ，故从 2010年至 2018年每年的机器维修费用在逐年增加，平均每年增加0.4 千元，将2018 年的年份代号记为t7 ，代入（ 1）中的回归方程得?0.471.44.2（千元），y故预测该厂在2016 年所需的机器维修费用为4.2 千元 . 12 分17.解：（）证明：取AB 的中点 D ，连接 CD ， A1D ，A1C1因为ABB120 ，所以A AB6

19、0 ，又 ABAA ，B1111所以A1 AB为正三角形，则A1 AA1B ，得 ABA1D ；又因为 ACBC ，所以 ABCD ，AC因为 A1DCDD ，所以 AB平面 A1DC ，DB因为AC平面A DC，所以ABAC111（）由（）知A1 DAB， AB CD ，因为平面 A1 ABB1平面 ABC ，交线为 AB ，所以 A1D平面 ABC ，则 A1DCD z以 D 为原点，分别以DB ， DC ， DA1 所在直线A1C1为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，因为 AB 2 3， AC6 ，B1由（）知AA1A1 BAB2 3 ，ACyDBx所以 AD 3，

20、CD3 ；1所以 D (0,0,0)， A(3,0,0)， B(3,0,0) ， A1 (0,0,3) ， C (0, 3,0) ，得CC1AA1 (3,0,3) ， CA1(0,3,3) ， BC(3,3,0)；设 m(x, y, z) 为平面11 的法向量，由1 ，m1 可求得 m (3, 3,1) ；ACCm CCCA设 n(x, y, z) 为平面 BCC1的法向量，同理可求得n(3,3,1) ；由 cosm, nm n33 11 ，mn777所以二面角 A1CC1B1 的余弦值为1 718.解：（）设 P(x0 ,y0 ) ， Q(x0 ,0) ， M (x,y) ，由 PM = 1

21、2PQ2得 (x x0 ,yy0 )=12 (0,y0 ) ，x=x0，y y0 =21 y0，所以 x0 =x ，y0 =2 y ，222222=6 ，x2y2代人 x0+y0=6 得 x+2 y6+ =13（）设 A(x1,y1 ) ， B(x2,y2 ) ，根据题意直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为 y=kx2 ，y=kx2由方程组x2 +2 y2 =62x1x2 = 2k 2 +1，所以y1 y2 =(kx12)(kx22)=消 去 y ， 整 理 得 (2k2 +1)x28kx+2=0 ， x1 +x2 =8k，2k 2 +1y1+ y2= k( x1 + x2) 4 =4，2+

22、12k46k2 8分2k 2.+1设 点 C (x,y) 为 圆 N 上 任 意 一 点 ， 由ACBC =0 得 (xx1,yy1 ) (xx2,y y2 )=0 ，(x x )(xx)+(yy )(yy)=0 ， x2(x +x )x+x x +y2(y +y )y+y y=0 ，121212121212因 为 圆 N 过 坐 标 原 点 O ， 所 以 x1 x2 +y1 y2 =0 ，2+ 4 6k2=0，解得2k 2 +1 2k 2 +1k =1， 10 分x2 8 x+y2 + 4 y=0或所以圆N的方程为33x2 + 8 x+y2 + 4 y=0 . 12 分33119. 解：（

23、） f xexln( x 1) ，所以 f x exx1，1分观察得 f0e010且 fxexx1在( 1,) 上单调递增，所以当 x(1,0)11时 fx0 ，当 x(0,)时 fx0 ，所以 fx在 x(1,0) 单调递减，fx 在x (0,) 单调递增，故f x有极小值 f01. 5 分证明：（）因为 k3m ，所以3xln()3xln(3)， 7 分fxexmex令()3xln(x3)，x1，易知x1在 (3,) 单调递h (x) 3eh ( x) 3eh xex3x3增，h ( 2) 3e 2133e 2 1 0 ， h (1) 3e 1133e 110 ，212设 h (x0 )

24、3ex0130 ， 则 x0(2 , 1，) 当 x (3 x,0)时 ， h (x )0， 当x0 x ( x0 ,)时， h ( x)0 ；所以 h( x) 在 x(3, x0 ) 上单调递减，x( x0 ,) 上单调递增， 9 分所 以h(x)h(x )x03elnx(， 又 3因)为 h (x )x01， 故in3e0m000 x033ex013，x0所以lnx0l1n，l 即 n ln3x0ln( x03)，所以e3x03h( mx) inh( x0 x0 )3el 0 xn(3)1x0ln 31(x03) 3 ln 3 21( x03) 3 ln 3ln 3 1x03x03x03当且仅当1x03 ， 即 x02 或 x04 时 等 号成 立 ， 而 x0( 2, 1)，所以x03h( x) minln31即 h( x)ln31 ，所以 f ( x)ln 3 1. 12分20. 解：（ ）连接 BC ，因为 AB 是圆 O 的直径，所以ACB90 ，所以BBAC90，因为 ADCE ，所以ACDDAC90 ,因为 AC是弦，且直线 CE 和圆 O 切于点 C ，所以ACDB ，B所以DACBAC , 5分O（）由（）知ABC ACD ,所以 ACAD ，AABAC由此得 AC 2ABAD ，ECDF因为 OB2