广东省珠海一中等六校高三第三次联考数学理试题

2018届广东省六校第三次联考理科数学第Ⅰ卷（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.已知集合为实数，且，为实数，且，则的元素个数为()A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】由题意得圆的圆心到直线的距离为，故直线和圆相切，即直线和圆有1个公共点，所以的元素个数为1．选B．2.设等差数列的前项和为，若,则()A.63B.45C.36D.27【答案】A【解析】由题意，，，，∴，，，故选A．3.若变量满足约束条件，则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】画出不等式组表示的可行域（如图阴影部分所示）．由得，平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最大值，由题意得点A的坐标为（3,0），∴．当直线经过可行域内的点B时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最小值，由，解得，故点B的坐标为，∴．综上可得，故的取值范围是．选D．4.函数的部分图象大致为()A.B.C.D.【答案】A【解析】当为正且接近于0时，为负且绝对值较在，则，，只有A符合，故选A．5.设函数，其中常数满足.若函数（其中是函数的导数）是偶函数，则等于()A.B.C.D.【答案】A【解析】由题意得，∵函数为偶函数，∴．又，∴．选A．6.执行下面的程序框图，如果输入的分别为1，2，3，输出的,那么，判断框中应填入的条件为()A.B.C.D.【答案】C【解析】依次执行程序框图中的程序，可得：①，满足条件，继续运行；②，满足条件，继续运行；③，不满足条件，停止运行，输出．故判断框内应填，即．选C．7.已知为虚数单位），又数列满足：当时，；当，为的虚部，若数列的前项和为，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】，∴，又，∴，，，故选C．8.如图，在同一个平面内，三个单位向量满足条件：与的夹角为，且，与与的夹角为45°.若，则的值为()A.3B.C.D.【答案】B【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，由知为锐角，且，故，．∴点B,C的坐标为，∴．又，∴，∴，解得，∴．选B．9.四面体中，三组对棱的长分别相等，依次为，则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】以四面的棱为一长方体的面对角线，构造一个长方体，设长方体的棱长分别为，则，所以，即，，，∴，故选C．10.从2个不同的红球、2个不同的黄球、2个不同的篮球共六个球中任取2个，放入红、黄、蓝色的三个袋子中，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，那么不同的放法有()A.42种B.36种C.72种D.46种【答案】A【解析】分以下几种情况：①取出的两球同色，有3种可能，取出球后则只能将两球放在不同色的袋子中，则共有种不同的方法，故不同的放法有种．...........................综上可得不同的放法有42种．选A．11.已知点为双曲线的右焦点，直线与交于两点，若,设,且，则该双曲线的离心率的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】在，，∴，∴，，，∵，∴，，，∴，故选D．点睛：由双曲线的对称性知M，N关于原点对称，且，由于涉及到M，N到焦点的距离，所以从双曲线的定义入手，利用可建立一个关系式，其中，这样就把离心率与之间的函数式表示出来，最后根据三角函数的性质可得其范围．12.已知是函数与图象的两个不同的交点，则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】由得，设，则，∴当时函数单调递减，当时函数单调递增，故．由题意得（令）是函数图象与直线的两个交点的横坐标，即，结合图象可得．设，则，∴在上单调递增，∴，∴．∴，∴∵，故，且在上单调递减，∴，即．由，得，故在上单调递增．∴．设，可得函数在上单调递减，∴，即，又，∴，∴，即，∴，∴．综上可得，即所求范围为．选D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知函数是定义在上的奇函数，则__________．【答案】【解析】．14.已知函数，若，则函数恒过定点__________．【答案】15.已知几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一正方形，则该几何体的表面积为__________．【答案】【解析】由三四图可得，该几何体为如图所示的三棱锥．∵正方体的棱长为2，∴,∴，∴该几何体的表面积为．答案：16.若函数的图象上存在不同的两点，其中使得的最大值为0，则称函数是“柯西函数”.给出下列函数：①；②；③；④.其中是“柯西函数”的为__________（填上所有正确答案的序号）．【答案】①④【解析】设，题意即为的最大值为0，因此共线，即三点共线，也即存在过原点的直线与函数的图象有两个不同的交点，从图象上看只有①④满足，故答案为①④．点睛：本题考查新定义问题，新定义“柯西函数”，在我们引入点的坐标后，题意转化为的最大值为0，从而利用平面数量积的性质得共线，即三点共线，也即为过原点的直线与函数的图象有两个不同的交点，为从形上易得结论．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.设数列的前项和为，数列的前项和为，满足.(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)求数列的通项公式.【答案】(Ⅰ)，，；(Ⅱ).【解析】试题分析：(Ⅰ)在中，分别令可得到，然后可得到的值．(Ⅱ)先由得到，再由可得，故可得，因此得到数列为等比数列，由此可求得数列的通项公式．试题解析：（Ⅰ）∵，，∴；∵，∴；∵，∴．（Ⅱ）∵…①，∴…②，∴①②得，，又也满足上式，∴…③，∴…④，③④得，∴．又，∴数列是首项为3，公比为的等比数列．∴，∴．点睛：数列的通项an与前n项和Sn的关系是．在应用此结论解题时要注意：若当n＝1时，a1若适合，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合，则用分段函数的形式表示．18.某小店每天以每份5元的价格从食品厂购进若干份食品，然后以每份10元的价格出售.如果当天卖不完，剩下的食品还可以每份1元的价格退回食品厂处理.(Ⅰ)若小店一天购进16份，求当天的利润（单位：元）关于当天需求量（单位：份，）的函数解析式；(Ⅱ)小店记录了100天这种食品的日需求量（单位：份），整理得下表：日需求量14151617181920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.(i)小店一天购进16份这种食品，表示当天的利润（单位：元），求的分布列及数学期望；(ii)以小店当天利润的期望值为决策依据，你认为一天应购进食品16份还是17份？【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)(i)答案见解析；(ii)17份.【解析】试题分析：(Ⅰ)分和两种情况分别求得利润，写成分段的形式即可得到所求．(Ⅱ)(i)由题意知的所有可能的取值为62，71，80，分别求出相应的概率可得分布列和期望；(ii)由题意得小店一天购进17份食品时，利润的所有可能取值为58，67,76,85，分别求得概率后可得的分布列和期望，比较的大小可得选择的结论．试题解析：（Ⅰ）当日需求量时，利润，当日需求量时，利润，所以关于的函数解析式为．（Ⅱ）（i）由题意知的所有可能的取值为62，71，80，并且，，．∴的分布列为：X627180P0．10．20．7∴元．（ii）若小店一天购进17份食品，表示当天的利润(单位：元)，那么的分布列为Y58677685P0．10．20．160．54∴的数学期望为元．由以上的计算结果可以看出，即购进17份食品时的平均利润大于购进16份时的平均利润．∴所以小店应选择一天购进17份．19.如图，在四棱锥中，是平行四边形，，,分别是的中点.(Ⅰ)证明：平面平面；(Ⅱ)求二面角的余弦值.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【解析】试题分析：（Ⅰ）运用几何法和坐标法两种方法进行证明可得结论．（Ⅱ）运用几何法和坐标法两种方法求解，利用坐标法求解时，在得到两平面法向量夹角余弦值的基础上，通过图形判断出二面角的大小，最后才能得到结论．试题解析：解法一：（Ⅰ）取中点，连，∵，∴，∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴平面，∴.∵分别是的中点，∴∥，∥，∴，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴是二面角的平面角.,，，在中，根据余弦定理得，∴二面角的余弦值为．解法二：（Ⅰ）∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵∥，∴.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，设，由，，可得，，，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．设是平面的法向量，由，得，令，则．又是平面的法向量，∴，由图形知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为.20.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点点满足.(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)设直线经过点且与交于不同的两点，试问：在轴上是否存在点，使得与直线的斜率的和为定值？若存在，请求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由可得，再根据离心率求得，由此可得，故可得椭圆的方程．（Ⅱ）由题意可得直线的斜率存在，设出直线方程后与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，求出直线与直线的斜率，结合根与系数的关系可得，根据此式的特点可得当时，为定值．试题解析：（Ⅰ）依题意得、，，∴，解得．∵，∴，∴，故椭圆的方程为．（Ⅱ）假设存在满足条件的点.当直线与轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意.因此直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去整理得，设、，则，，∵，∴要使对任意实数，为定值，则只有，此时．故在轴上存在点，使得直线与直线的斜率的和为定值．点睛：解决解析几何中定值问题的常用方法（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接对所给要证明为定值的解析式进行推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量得到常数，从而证明得到定值，这是解答类似问题的常用方法．21.已知函数，其中.(Ⅰ)函数的图象能否与轴相切？若能，求出实数，若不能，请说明理由；(Ⅱ)求最大的整数，使得对任意，不等式恒成立.【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ)3.【解析】试题分析：(Ⅰ)若能与轴相切，则存在，使得，能求出，说明存在，否则说明不存在；(Ⅱ)把已知不等式变形为，由于，因此只要函数是增函数即可，由中得，这是必要条件，其中最大整数是3，因此下面只要证时，恒成立．为此可分类，时，，代入可证有，时，由可证，从而可得结论．试题解析：(Ⅰ)由于.假设函数的图象与轴相切于点，则有，即.显然代入方程中得，.∵，∴无解．故无论取何值，函数的图象都不能与轴相切.(Ⅱ)依题意，恒成立.设，则上式等价于，要使对任意恒成立，即使在上单调递增，∴在上恒成立.则，∴在上成立的必要条件是：.下面证明：当时，恒成立.设，则，当时，，当时，，∴，即.那么，当时，；当时，，∴恒成立.因此，的最大整数值为3.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.已知直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线，分别与曲线交于三点（不包括极点）.(Ⅰ)求证：；(Ⅱ)当时，若两点在直线上，求与的值.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【解析】试题分析：(Ⅰ)由曲线C的极坐标方程可得点的极径，即得到，计算后即可证得结论正确．(Ⅱ)根据可求得点B,C的极坐标，转化为直角坐标后可得直线BC的直角坐标方程，结合方程可得与的值．试题解析：（Ⅰ）证明：依题意，，，，则．（Ⅱ）当时，两点的极坐标分别为，，故两点的直角坐标为，.所以经过点的直线方程为，又直线经过点，倾斜角为，故，．