广东省肇庆市2018届高三毕业班第二次统一检测数学（文）试题（解析版）

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1、肇庆市中小学教学质量评估肇庆市中小学教学质量评估 20182018 届高中毕业班第二次统一检测题届高中毕业班第二次统一检测题 一、一、 选择题：本大题共选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的. . 1.设复数 满足， 为虚数单位，则复数 的模是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由已知 ，故选 C 2.，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由题意，故选 B 3. 已知地铁每 10min 一班，在车站停 1min，则乘客到达站台立即上车的

2、概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：由题意,故由几何概型的计算公式可得概率.应选 A. 考点：几何概型的计算公式及运用. 4.已知，则是 A. 是奇函数，且在是增函数 B. 是偶函数，且在是增函数 C. 是奇函数，且在是减函数 D. 是偶函数，且在是减函数 【答案】D 【解析】 定义域为，是偶函数，又，当 时，为减函数，故选 D 5.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为 3，2， 则输出v的值为 A. 9 B. 18 C. 20 D. 35 【答案】B 【解析】 循环开始时，；，；，符合退出循环的条件， 输出，故

3、选 B 6.下列说法错误的是 A. “”是“”的充分不必要条件 B. 命题“若，则”的逆否命题为：“若，则” C. 若为假命题，则均为假命题 D. 命题 ：，使得，则:，均有 【答案】C 【解析】 中只要有一个是假命题，则为假命题，因此 C 错误，故选 C 7.已知实数 ， 满足约束条件，若的最大值为，则实数 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 作出直线，先作出所表示的平面区域，它在第一象限，由于的斜率为1， 的斜率为2，因此直线 向上平移时，最优解的点在直线直线上，由得， 即最优解为，所以，故选 A 8.的内角的对边分别为，已知， ，则角 A. B. C. D. 【答案】B 【解析

4、】 ，由正弦定理得， ，即，显然， ，又，又，故选 B 9.能使函数的图象关于原点对称，且在区间 上为减函数的 的一个 值是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由已知，的图象关于原点对称，则，排除 A、D，若 ，则，在上递增，只有 C 符合，故选 C 10.已知，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由题意， 又，易知，即， ，又，故选 D 11.如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 该几何体中图中粗线部分，体积为，故选 B 12.已知函数，若，则实数 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 如图，

5、作出的图象，当时，直线过一三象限，在第一象限内与一定相交， 不合题意，因此，在第二象限，对，因此时，从而， 所以，故选 D 点睛：在讨论函数的性质，方程的根的分布（函数的零点个数） ，不等式的解的情况等问题，经常用数形 结合思想求解，常把问题转化为函数图象与直线的交点问题求解，通过“形”与“数”的转化可以快速找 到解题思路、求解方程以及正确结论 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分分. . 13.已知，则=_. 【答案】 【解析】 ， 14.函数（ ， ， 是常数，）的部分图象如图所示，则的值是_ 【答案】 【解析】 由图，又， 点睛：中图象也

6、可利用“五点法”作出，解题时其图象常常与“五点”联系，如相邻两 个最大值点与最小值点的中点一定是零点，本题利用此法易得结论 15.正项数列中，满足那么 _. 【答案】 【解析】 由已知，数列是等比数列，又， 16.在三棱锥中，面面， 则三棱锥的外 接球的表面积是_ 【答案】 【解析】 由可得的外接圆的半径为 2，设外接圆圆心为 ，由于平面平面， 而，因此 到 的距离等于 到 的距离，即 是三棱锥外接球的球心，所以球半径为， 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. . 17.的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，已知的面积为

7、 （）求的值； （）若，且 BC 的中点为 D，求的周长 【答案】 （）（） 【解析】 试题分析： （）把三角形面积表示为与已知结合可得，再由同角关系式可得； （）把（）的结论代入已知得，从而由正弦定理可得，于是可得， 中由余弦定理求得中线长，由此可得周长 试题解析： （）由， 得， 故， 又，； （）由（）和 得 由正弦定理得， ， 在中，由余弦定理得：， 的周长为. 18.设正项数列的前n项和为 ，已知 ，4 成等比数列. （）求数列的通项公式； （）设，设的前 项和为，求证：. 【答案】 （） （）见解析 【解析】 试题分析： （）由题意得，因此可先求 ，令即可得，然后在时写出，两式 相

8、减可得的递推式，得其是等差数列，从而易得通项； （）从的形式可知应用裂项相消法求和，即 试题解析： （）设数列的前 项和为 当时， 两式相减得即 又 数列的首项为 1，公差为 2 的等差数列，即 （） 所以. 所以 点睛：在求数列前 项和时，有些特殊的数列，解题方法是固定的，如数列是等差数列，是等比数 列，则数列的前 n 项可用裂项相消法求解，而数列的前 n 项和可用错位相减法求解，这是两 类重要的数列求和方法，一定要熟练掌握 19.保险公司统计的资料表明：居民住宅区到最近消防站的距离 x（单位：千米）和火灾所造成的损失数额 y(单位：千元)有如下的统计资料： 距消防站距离 x（千米）1.82

9、.63.14.35.56.1 火灾损失费用 y（千元）17.819.627.531.336.043.2 如果统计资料表明 y 与 x 有线性相关关系，试求： （）求相关系数 （精确到 0.01） ； （）求线性回归方程（精确到 0.01） ； （III）若发生火灾的某居民区与最近的消防站相距 10.0 千米，评估一下火灾的损失（精确到 0.01）. 参考数据：， ， 参考公式：相关系数 ，回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别 为：， 【答案】 （） （）（+7.32 或 7.33 均给分） （III）（63.52 或 63.53 均给分） 【解析】 试题分析： （）根据相关系数公式可计

10、算出相关系数； （）由题中数据计算出的均值，计算出回归方程的系数，得回归方程； （III）把代入回归方程可得预估值 试题解析： （） （）依题意得 ， 所以， 又因为（7.32,7.33 均给分） 故线性回归方程为（+7.32 或 7.33 均给分） （III）当时，根据回归方程有：（63.52 或 63.53 均给分） 20.如图 1，在高为 2 的梯形中，过、分别作， ，垂足分别为、已知，将梯形沿、 同侧折起，使得，得空间几何体，如图 2 （）证明：； （）求三棱锥的体积. 【答案】 （）见解析（） 【解析】 试题分析： （）连接交于 ，取的中点 ，连接，则是的中位线，结合已知从而可得平行

11、四边形 ，因此有，于是由线面平行的判定定理得线面平行； （）关键是顶点的转化，由线面平行有 ，则体积可得 试题解析： （）证法一：连接交于 ，取的中点 ，连接，则 是的中位线，所以. 由已知得，所以，连接， 则四边形是平行四边形，所以， 又因为所以，即. 证法二：延长交于点 ，连接，则， 由已知得，所以是的中位线，所以 所以，四边形是平行四边形， 又因为所以. 证法三：取的中点 ，连接，易得，即四边形是 平行四边形，则，又 所以 又因为，所以四边形是平行四边形，所以， 又是平行四边形，所以，所以，所以 四边形是平行四边形，所以，又又 所以 又，所以面，又，所以. （）因为，所以 ,由已知得，四

12、边形 ABEF 为正方形，且边长为 2，则在图 2 中，AFBE，由已知 AFBD，BEBD=B,，可得 AF面 BDE， 又 DE面 BDE，所以 AFDE，又 AEDE，AFAE=E，所以 DE面 ABEF， 且，所以，所以是三棱锥的高， 四边形是直角梯形。 点睛：证线面平行，关键是证线线平行，这个平行线可以利用中位线定理得出，也可过平面的这条直线所 在某一平面与已知平面相交的交线，因此本题可能是平面 BED 与平面的交线，也可以是平面 ABEF 与平面 ACD 的交线，另外也可过 BE 构造一个平面使之与平面 ACD 平行即可证得线面平行 21.已知函数，是的导数. （）讨论不等式的解集

13、； （）当且时，若在恒成立，求 的取值范围. 【答案】 （）见解析（） 【解析】 试题分析： （）计算得，其有一个零点 1，因此可对 分类讨论研究另一个零点（如有）与 1 的大小关系，得出不等式的解集 （）先求在上的最大值，由导数知识知最大值是和中的较大者，因此可比较两者大小 （通过作差得，再构造新函数利用导数研究单调性可得最大值为） ，也可分类， 由的单调性得时有，再由得出最终结论 试题解析： （） 当时，不等式的解集为 当时，不等式的解集为 当时，不等式的解集为 当时，不等式的解集为 （）法一：当时，由得，当时，单调递减，当时， ，单调递增；是的较大者。， 令， 所以是增函数，所以当时，所

14、以，所以. 恒成立等价于， 由单调递增以及，得 法二：当时，由得，当时，单调递减，当时， ，单调递增； 是的较大者。 由，由单调递增以及，得. 当时，因为当时，单调递减，所以 ，综上 的范围是 请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. . 作答时，作答时， 请用请用 2B2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. . 22.选修选修 4-44-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t 为参数，） ，以坐标原点为极点， 轴正

15、 半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是. （）当时，直接写出的普通方程和极坐标方程，直接写出的普通方程； （）已知点 ，且曲线和交于两点，求的值. 【答案】 （）, ，.（） 【解析】 试题分析： （）由直线参数方程的几何意义，知直线是过且倾斜角为 的直线即 轴，其普通方程与有坐标方程 易得，由公式可化的极坐标方程为直角坐标方程； （）由 P 点坐标知题中直线 的参数方程中参数 具有几何意义， 表示相应的距离，因此只要把参数方程 代入的直角坐标方程，然后应用韦达定理即得 试题解析： （）的普通方程是， 的极坐标方程 ， 的普通方程. （）方法一方法一： 是以点为圆心，半径为 1 的圆；，所以 在圆外，过 做圆的切线，切线长 由切割线定理知 方法二：将方法二：将代入中，化简得 23.已知，. （）求不等式的解集； （）若对任意的，恒成立，求 的取值范围. 【答案】 （） （） 【解析】 试题分析： （）解绝对值不等式，可根据绝对值的定义分类，去掉绝对值符号，注意最后要合并； （）题中说明的最小值 的最大值，由（）易得最小值为 4，由二次函数性质知最大值为 ，因此有，解之可得 试题解析： （）法一：不等式，即. 可得，或或 解得，所以不等式的解集为. 法二：， 当且仅当即时等号成立.