宁夏银川一中2018届高三第二次模拟考试数学(理)试题+Word版含答案

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理 科 数 学

(银川一中第二次模拟考试）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第22～23题为选考题，其它题为必考题。考生作答时,将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项：

1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2．选择题答案使用2B铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0。5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚。

3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内(黑色线框)作答，写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效。

4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。

5．做选考题时，考生按照题目要求作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.

第I卷

一、选择题：本大题共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

项是符合题目要求的．

(1i)21．复数

iA．22i

B．2

C．2

D．22i

2．设集合M{x|x2x0}，Nx|A．MN 3．已知tanA．

B．MN

11，则 xC．MN

D．MNR

1，且(0,)，则sin2 2B．4 54 5C．

3 5D．

354．若两个单位向量a,b的夹角为120，则2ab

A．2 B．3

C．2 D．3 5．从标有数字1、2、3、4、5的五张卡片中,依次抽出2张(取后不放回),则在第一次抽到卡片

是奇数的情况下，第二次抽到卡片是偶数的概率为 A．6．已知

1 423

4B．

1 2

1C．

3 D．

2 3a3，b23，cln3，则

B．abc

C．bca

D．bac

A．acb

7．中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的一条渐近线经过点2,4，则它的离心率为

A．5 2 B．2

C．3

D．5

8．三棱锥P-ABC中，PA⊥面ABC，PA=2,AB=AC=3,∠BAC=60°，则该棱锥的外接球的表面积是 A．12

B．8

C．83

D．43

9．20世纪70年代，流行一种游戏——角谷猜想,规则如下：任意写出一个自然数n，按照以下的规律进行变换：如果n是个奇数，则下一步变成3n1；如果n是个偶数，则下一步变成

n，这种游戏的魅力在于无论你写出一个多么庞大的数字，最后必然会落在谷底,更准2确地说是落入底部的4-2-1循环，而永远也

跳不出这个圈子，下列程序框图就是根据这个游戏而设 计的,如果输出的i值为6，则输入的n值为 A．5

B．16

C．5或32 D．4或5或32 10．已知P是△ABC所在平面外的一点，M、N分别

是AB、PC的中点，若MN＝BC＝4,PA＝4错误!, 则异面直线PA与MN所成角的大小是

A．30° B．45° C．60° D．90°

11．若将函数f（x）＝sin（2x＋φ）＋错误!cos（2x＋φ）（0〈φ<π）

的图象向左平移错误!个单位长度，平移后的图象关于 点错误!对称,则函数g（x)＝cos(x＋φ)在错误! 上的最小值是

A．－错误! B．－错误! C．错误! D．错误! 12．已知函数f（x)＝(3x＋1）ex＋1＋mx（m≥－4e),若有且仅有两个整数使得f（x）≤0，则实数

m的取值范围是

A．,2 B．,2 C．,2 D．4e,

e2e3e23e2e558185 第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分．第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须做答．第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

13．已知函数f（x)＝log2错误!，若f(a)＝错误!，则f(－a)＝________．

12(3x22x)dx，则二项式(ax2)6展开式中的第6项的系数为__________． 14．设a1x2xy1

15．若目标函数zkx2y在约束条件xy2下当且仅当在点(1,1)处取得最小值，则实数

yx2

k 的取值范围是__________．

16．已知点A（0，1），抛物线C：y2＝ax（a〉0）的焦点为F，连接FA，与抛物线C相交

于点M，延长FA,与抛物线C的准线相交于点N，若｜FM｜∶｜MN|＝1∶3,则实数a的值为________． 三．解答题

17．（本小题满分12分）

{an｝的前n项和Sn满足：an+Sn=1 （1)求数列{an}的通项公式； (2）若Cnan，数列{Cn｝的前n项和为Tn，求证:Tn<1． an1市场占有率y(%)

18．（本小题满分12分）

随着互联网的快速发展，基 于互联网的共享单车应运而生， 某市场研究人员为了了解共享单 车运营公司M的经营状况，对 该公司最近六个月的市场占有 率进行了统计，并绘制了相应 的折线图：

(1）由折线图可以看出， 可用线性回归模型拟合月度市场占

25 20 15 10 5 0

1

2

3

4

5

6

月份代码x

2016年10月 2016年12月 2016年11月 2017年1月 2017年2月 2017年3月 有率y与月份代码x之间的关系, 求y关于x的线性回归方程，并 预测M公司2017年4月的市场占 有率;

（2)为进一步扩大市场,公

司拟再采购一批单车,现有采购成本分别为1000元/辆和 1200元/辆的A、B两款车型可供选择，按规定每辆单车最 多使用4年，但由于多种原因（如骑行频率等)会导致单车使 用寿命各不相同，考虑到公司运营的经济效益,该公司决定 先对这两款车型的单车各100辆进行科学模拟测试，得到两 款单车使用寿命的频数表如右表：

经测算，平均每辆单车每年可以带来收入500元，不考虑除采购成本之外的其他成本,假设每辆单车的使用寿命都是整数年，且以频率作为每辆单车使用寿命的概率，如果你是M公司的负责人,以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，你会选择采购哪款车型？ 参考公式：

ˆ回归直线方程为ybxa，其中b(xi1ni1nix)(yiy)ixi1ni1niyinxy,aybx．

2i(x19．（本小题满分12分）

x)2xnx2如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E、F分别为BC、AD 的中点，点M在线段PD上．

（1）求证：EF⊥平面PAC;

（2）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平 面ABCD所成的角相等，求20．(本小题满分12分）

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）

（1）求椭圆C的方程；

(2）设点P是直线x= －4与x轴的交点,过点P的直线l与椭圆C相交于M、N两点,当线段MN的中点落在正方形Q内(包括边界)时，求直线l斜率的取值范围． 21．（本小题满分12分）

已知函数fxxax1,gxlnxaaR．

2PM的值． PD(1）当a1时，求函数hxfxgx的极值；

(2）若存在与函数fx,gx的图象都相切的直线,求实数a的取值范围．

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． 22．【选修4—4：坐标系与参数方程】(本小题满分10分）

在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：

2x2t224)的直线l的参数方程为：sin2acos(a0),过点P(2， (t为参数），

2y4t2直线l与曲线C分别交于M、N两点．

(1)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2)若｜PM |，｜MN｜，|PN|成等比数列,求a的值 23选修4－5:不等式选讲(本小题满分10分）

已知函数f(x)|x||x1|．

(1）若f(x)|m1|的解集非空,求实数m的取值范围;

（2)若正数x,y满足x2y2M，M为（1）中m可取到的最大值，求证：xy2xy．

银川一中2018届高三第二次模拟理科数学试题参考答案

一、选择题：本大题共12小题,每小题5分． 题号 答案

1 C

2 C

3 B

4 D

5 B

6 D

7 A

8 B

9 C

10 A

2

11 D

12 B

二．填空题：13. —

1 14. —24； 15。 4k2； 16。 212．已知函数f（x）＝（3x＋1）ex＋1＋mx(m≥－4e），若有且仅有两个整数使得f(x)≤0，则实数m的取值范围是（ ）

A。错误! B.错误! C。错误! D.错误! 答案 B

ex＋1＋mx≤0，即 解析 由f(x)≤0，得（3x＋1）·

mx≤－(3x＋1）ex＋1，设g（x）＝mx,h（x)＝－（3x＋1)ex＋1, 则h′（x）＝－［3ex＋1＋（3x＋1）ex＋1］＝－(3x＋4)ex＋1,由 h′（x）>0，得－(3x＋4)〉0，即x<－错误!，由h′（x)<0, 得－（3x＋4)<0,即x〉－错误!,故当x＝－错误!时,函数h(x) 取得极大值．在同一平面直角坐标系中作出y＝h(x）, y＝g（x）的大致图象如图所示,当m≥0时，满足 g(x）≤h(x）的整数解超过两个,不满足条件；当m<0时， 要使g(x）≤h（x)

的整数解只有两个,则需满足h2g2,

h3g3,2e3e85即错误!即错误!即－错误!≤m〈－错误!，即实数m的取值范围是,2,故选B.

16已知点A(0,1)，抛物线C：y2＝ax（a〉0）的焦点为F，连接FA，与抛物线C相交于点M, 延长FA,与抛物线C的准线相交于点N，若｜FM｜∶｜MN|＝1∶3，则实数a的值为________．

答案 错误!

解析 依题意得焦点F的坐标为错误!,设M在抛物线的准线上的射影为K,连接MK，由抛物线的定义知|MF｜＝|MK｜,因为｜FM|∶|MN|＝1∶3,所以|KN｜∶｜KM|＝22∶1，又kFN＝错误!＝错误!，kFN＝－错误!＝－2错误!，所以错误!＝2错误!，解得a＝错误!.

三．解答题:

17。解析：(1）由an+Sn=1得an-1+Sn—1=1（n≥2） 两式相减可得:2an=an—1即

an11，又a1 an122 ∴{an｝为等比数列，∴an=()n 1()n11nn （2)Cn21212()n12111n111221 故TnC1C2C3Cn1n1 122221212n1218.解：（1）由题意:x3.5，y16,xixyiy35,xixi1i166217.5，

b352，aybx1623.59，∴y2x9， 17.5x7时，y27923。

即预测M公司2017年4月份(即x7时）的市场占有率为23%.

(2)由频率估计概率,每辆A款车可使用1年，2年，3年,4年的概率分别为0.2、0.35、0.35、

0.1,

∴每辆A款车的利润数学期望为

50010000.2100010000.35150010000.35200010000.1175(元）

每辆B款车可使用1年，2年，3年，4年的概率分别为0.1,0.3,0.4，0.2， ∴每辆B款车的利润数学利润为

50012000.1100012000.3150012000.4200012000.2150(元）

∵175150， ∴应该采购A款车.

19。（1）证明：在平行四边形

所以因为侧面又因为又因为(2)解：因为垂直，以

．由底面底面

，底面

分别为，且,所以

平面，

． ，

平面，所以

，所以

两两

平面

．

中，因为

的中点，得，所以

底面，

, 所以

．

，

．

分别为、、,建立空间直角坐标系，则

，

所以设

,，则

，

，

，

所以

的法向量 设平面

， 得因为直线 所以 解得

与平面

,，易得平面

．

的法向量为，由，，得 令

．

所成的角和此直线与平面

，即

，或

（舍)． 综上所得：

所成的角相等，

，所以

,

x2y220.【解析】（1）依题意，设椭圆C的方程为221(ab0),焦距为2c。

ab由题设条件知，a28,bc，所以b2x2y21。 故椭圆C的方程为8412a4。 2（2）由题意，知点P的坐标为4,0。

显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为yk(x4)。 如图所示，设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，线段MN的

yk(x4),222222中点为G(x0,y0)，由xy1,得(12k)x16kx32k80。

482222由(16k)4(12k)(32k8)0，

解得22。 k2216k2因为x1,x2是方程①的两根，所以x1x2，

12k28k20，所以点G不可能在y轴的右边。 于是x012k24k8k2yy=k(x+4) 将x0代入得012k212k2又直线F1B1,F1B2方程分别为yx2，yx2， 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为 4k8k22,2y0x02,12k212k 即24k8kyx2,002,12k212k2解得3131，由此②也成立。 k223131, 故直线l斜率的取值范围是2221．（1)函数h(x)的定义域为(0,)

2当a1时，h(x)f(x)g(x)xxlnx2，

所以h(x)2x1所以当0x1(2x1)(x1) xx11时，h(x)0，当x时,h(x)0，

22所以函数h(x)在区间(0,)单调递减,在区间(,)单调递增， 所以当x1212111时，函数h(x)取得极小值为+ln2，无极大值； 24（2）设函数f(x)上点(x1,f(x1))与函数g(x)上点(x2,g(x2))处切线相同， 则f(x1)g(x2)f(x1)g(x2)

x1x21x12ax11(lnx2a) 所以2x1ax2x1x2所以x1xx1a，代入12x12ax11(lnx2a)得：

x22x221aa2lnx2a20(*) 4x222x241aa21a12x2ax1 设F(x)2lnxa2，则F(x)3234x2x42x2xx2x2不妨设2x0ax010(x00)则当0xx0时，F(x)0,当xx0时,F(x)0

所以F(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间(x0,)上单调递增，

112x0212x0可得:F(x)minF(x0)x022x0lnx02 代入a=x0x0x0设G(x)x22x111lnx2，则G(x)2x220对x0恒成立， xxx所以G(x)在区间(0,)上单调递增，又G(1)=0

所以当0x≤1时G(x)≤0,即当0x0≤1时F(x0)≤0, 又当xea21aa2a2时F(x)2a4a2lnea2

4e2e411(a2a)2≥0 4e因此当0x0≤1时，函数F(x)必有零点；即当0x0≤1时，必存在x2使得(*)成立; 即存在x1,x2使得函数f(x)上点(x1,f(x1))与函数g(x)上点(x2,g(x2))处切线相同． 又由y112x得:y220 xx12x02112x0[1，+) 所以y2x在(0,1)单调递减,因此a=x0x0x所以实数a的取值范围是[1,)．

22。 (1）解：由sin22acos(a0)得：(sin)22acos ∴曲线C的直角坐标方程为：y22ax（a > 0)

2x2t2由消去参数t得直线l的普通方程为yx2

2y4t2

2x2t2（2)解：将直线l的参数方程代入y22ax中得:

y42t2t222t(4a)t8(4a)0

6分

t1t28(4a) 8分 设M、N两点对应的参数分别为t1、t2，则有t1t222(4a)，∵|PM||PN||MN|2,∴(t1t2)2(t1t2)24t1t2=t1t2 即8(4a)240(4a)，解得a1．

23．（本小题满分10分）选修4—5;不等式选讲．

解法一:【命题意图】本题旨在考查绝对值不等式的解法、分析法在证明不等式中的应用，考查考生的推理论证能力与运算求解能力。

【解题思路】（1）先确定函数f(x)的最大值,再确定m的取值范围;（2）从要证的结论发出，一直逆推分析，结合提干信息证明结论的正确性。

1,x0,解：（1）去绝对值符号，可得f(x)2x1,0x1,

1,x1,所以f(x)max1。

所以|m1|1，解得0m2， 所以实数m的取值范围为0,2。

22（2）由（1)知,M2,所以xy2。

因为x0,y0，

所以要证xy2xy，只需证xy4x2y2，

22即证2(xy)xy10，即证2xy1(xy1)0.

因为2xy10，所以只需证xy1。

22因为2xyxy2,∴xy1成立，所以xy2xy

解法二：x2+y2=2,x、y∈R+，x+y≥2xy 0x2sin(0) 设：2y2cos2

证明:x+y-2xy=2sin2cos22sincos =2(sincos)4sincos

令sincost

12sincost2，02 ∴1t2

2sincost21

原式=2t2(t21)

=2t22t2 =2(t2 =2(t2t)2 2229) 44 当t2时，ymin22220 xy2xy