百校联盟2018届TOP20三月联考(全国II卷)数学(理)-Word版含答案

理科数学 第Ⅰ卷〔共60分〕

一、选择题：本大题共12个小题,每题5分,共60分.在每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AxN|x22x80，Bx|2x8，则集合A〔 〕

A．1 B．2 C．3 D．4

2.已知i是虚数单位，zi43i2i，则复数z〔 〕 A．105i B．510i C．105i D．510i

3.古代数学名著《张丘建算经》中曾出现过高息借贷的题目：“今有举取他绢，重作券；要过限一日，息绢一尺；二日息二尺；如是息绢，日多一尺.今过限一百日，问息绢几何？”题目的意思是：债主拿欠债方的绢做抵押品，债务过期第一天要纳利息1尺绢，过期第二天利息是

B的子集个数为

2尺，这样，每天利息比前一天增多1尺，假设过期100天，欠债方共纳利息为〔 〕

A．100尺 B．4950尺 C．5000尺 D．5050尺

4.某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如下图的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，假设这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有〔 〕

A．9种 B．18种 C. 12种 D．36种

5.函数fxcosx3sinxcosx的图像上的点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的

21，得2到函数gx的图象，则x0,时，gx的取值范围是〔 〕 41322A．0, B．,1 C., D．1,

222223136.已知O为坐标原点，等轴双曲线C:xya2a0的左，右顶点分别为A1，A2，假

设双曲线C的一条渐近线上存在一点P，使得OPOA2PA20，且△PA1A2的面积为

- 1 -

22，则双曲线C的方程为〔 〕

A．xy8 B．xy4 C.xy2 D．xy1 7.执行如下图的程序框图，则输出的T值为〔 〕

22222222

A．

1111 B． C. D． 91011128.某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积是〔 〕

A．8 B．6 C.4 D．9.当x2,2时，以下有关函数fx为〔 〕 ①fx是偶函数；

②fx与gx有相同的对称中心；

8 333xcosx，gxx的结论正确的个数22- 2 -

③函数yfx与ygx的图象交点的横坐标之和为0； ④函数yfx与ygx的图象交点的纵坐标之和为A．1 B．2 C.3 D．4

9. 2x2y210.已知O为坐标原点，平行四边形ABCD内接于椭圆:221ab0，点E，F

ab分别为AB，AD的中点，且OE，OF的斜率之积为3，则椭圆的离心率为〔 〕 4A．

2134 B． C. D．

224511.如图：AB是圆锥底面圆的直径，PA，PB是圆锥的两种母线，P'为底面圆的中心，过PB的中点D作平行于PA的平面，使得平面与底面圆的交线长为4，沿圆锥侧面连接A点和D点，当曲线段AD长度的最小值为顶点均在球面上〕的半径为〔 〕

3PA时，则该圆锥的外接球〔圆锥的底面圆周及2

A．42 B．32 C.9292 D． 2412.已知函数fxax，gxlnx，存在t0,e，使得ftgt的最小值为3，则函数gxlnx图象上一点P到函数fxax图象上一点Q的最短距离为〔 〕

2e413e411A． B． C.4 D．1

e41e1e第Ⅱ卷〔共90分〕

二、填空题〔每题5分，总分值20分，将答案填在答题纸上〕

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13.已知菱形ABCD的边长为1，BAD60，ABa，BCb，则

ab ． 2xy0,114.假设x，y满足约束条件x2y30,则zxy的取值范围为 ．

22xy60,15.春节临近，某火车站三个安检入口每天通过的旅客人数〔单位：人〕均服从正态分布

N1000,2，假设P900X11000.6，假设三个安检入口均能正常工作，则这三

个安检入口每天至少有两个超过1100人的概率为 ． 16.已知数列an的奇数项和偶数项为公比为q的等比数列，q1，且a12a21.则数列23ann7的前n项和的最小值为 ．

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.〕

c，17. 在锐角△ABC中，角A，点D在边BC上，且AD2DB，C的对边分别为a，b，B，

cosBAD〔Ⅰ〕求B；

13，b43. 4〔Ⅱ〕求△ABC周长的最大值.

18. 某蛋糕店制作并销售一款蛋糕，当天每售出1个获得利润5元，未售出的每个亏损3元.根据以往100天的资料统计，得到如下需求量表.元日这天，此蛋糕店制作了这款蛋糕X个.以x〔单位：个，100x150〕表示这天的市场需求量.T〔单位：元〕表示这天出售这款蛋糕获得的利润.

需求量/个 100,110 100,120 120,130 130,140 140,150 天数 15 25 30 20 10 〔Ⅰ〕当x135时，假设X130时获得的利润为T1，X140时获得的利润为T2，试比较T1和T2的大小；

〔Ⅱ〕当X130时，根据上表，从利润T不少于570元的天数中，按需求量分层抽样抽取6天，

〔ⅰ〕求这6天中利润为650元的天数；

〔ⅱ〕再从这6天中抽取3天做进一步分析，设这3天中利润为650元的天数为，求随机变

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量的分布列及数学期望.

19. 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，DABABC90，四边形EBCF为矩形，且BC2BE2AD2aa0，BCD45，H为BE的中点. 〔Ⅰ〕求证：AH//平面ECD；

〔Ⅱ〕假设CDED，求平面EFD与平面BDE所成的锐二面角的大小.

20. 在平面直角坐标系xOy中，点B1,1关于直线y1对称的点N位于抛物线2C:y22pxp0上.

〔Ⅰ〕求抛物线C的方程；

〔Ⅱ〕设抛物线C的准线与其对称轴的交点为A，过点A的直线l交抛物线C于点M，P，直线MB交抛物线C于另一点Q，求直线PQ所过的定点. 21. 已知函数fxlnx.

〔Ⅰ〕设gxfxax1，讨论gx的单调性；

〔Ⅱ〕假设不等式fxaexb恒成立，其中e为自然对数的底数，求请考生在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.选修4-4：坐标系与参数方程

b的最小值. ax1tx3cos已知直线l1:〔t为参数〕，曲线C1:〔为参数〕，以坐标原点为极

y3ty2sin点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

〔Ⅰ〕求曲线C1的极坐标方程，直线l1的普通方程；

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〔Ⅱ〕把直线l1向左平移一个单位得到直线l2，设l2与曲线C1的交点为M,N，点P为曲线

C1上任意一点，求△PMN面积的最大值.

23.选修4-5：不等式选讲

已知函数fx2x32x1的最小值为M. 〔Ⅰ〕假设m,nM,M，求证：2mn4mn； 〔Ⅱ〕假设a,b0,，a2bM，求

21的最小值. ab

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试卷答案

一、选择题

1-5:DCDBA 6-10:BCCCA 11、12：DC 二、填空题 13.

7131053 14.0, 15. 16. 212582三、解答题

17.【解析】〔Ⅰ〕因为cosBAD133，所以sinBAD， 44根据正弦定理，

AD3ADBDsinBAD，∴sinB， BD2sinBsinBAD又B为锐角，所以B32.

22〔Ⅱ〕由余弦定理，得bac2accosB，

acac所以48acacac3acac3， 42222222∴ac83，当且仅当ac时，等号成立.

故abc123.所以△ABC周长的最大值为123. 18.【解析】〔Ⅰ〕当X130，x100,130时，T5x3130x8x390，

8x390,100x130, x130,150时，T5130650.所以T650,130x150.当x135时，T1650〔元〕.

当X140，x100,140时，T5x3140x8x420，

8x420,100x140, x140,150时，T5140700.所以T700,140x150.

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当x135时，T2660〔元〕. 故T2T1.

〔Ⅱ〕当T570，即8x390570，∴130x120， 又650570，所以120x150，共有60天利润大于570元. 〔ⅰ〕按分层抽样抽取6天，其中利润为650元的天数有

6620103〔天〕. 6060〔ⅱ〕根据题意，随机变量的可能取值为0，1，2，3，

3112C3C32C3C3C3199，P1， ，P03P233C620C620C6203C31P33.

C620∴的分布列为

 P 0 1 2 3 9 2019913所以E0123.

20202020219.【解析】〔Ⅰ〕取EC的中点G，连接HG，DG，

1 209 201 201BC. 21∵四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，且BCAD，

2∵H为BE中点，∴HG//BC，且HG∴AD//HG，且ADHG，

∴四边形ADGH为平行四边形，∴AH//DG. ∵AH平面ECD，DG平面ECD， ∴AH//平面ECD.

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〔Ⅱ〕因为四边形ABCD为直角梯形，所以

1BCADa，BCD45， 21BCABa，∴CD2a. 2又EC4a2a25a，因为CDED，所以DE5a22a23a， 因为BCAB，BCBE，ABBEB，所以BC平面ABE，

因为BC//AD，∴AD平面ABE，∴ADAE， 所以AEDE2AD22a，因此ABBE.

以点B为原点，以BE为x轴，BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系， 则Ea,0,0，A0,0,a，D0,a,a，C0,2a,0，Fa,2a,0，

所以BEa,0,0，BD0,a,a，设平面BDE的一个法向量为nx1,y1,z1，

BEna,0,0x1,y1,z1ax10,则有令z11，则n0,1,1，

BDn0,a,ax1,y1,z1ay1az10,设平面EFD的一个法向量为mx2,y2,z2，EDa,a,a，EF0,2a,0，

EDma,a,ax2,y2,z2ax2ay2az20,则有令z21，则m1,0,1，

EFm0,2a,0x2,y2,z22ay20,所以cosm,n11，

222所以平面EFD与平面BDE所成的锐二面角为60.

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20.【解析】〔Ⅰ〕设N1,n，则

1n1，∴n2，解之得N1,2， 2222代入y2pxp0，得p2，所以抛物线C的方程为y4x. 2y12y2〔Ⅱ〕根据题意，A1,0，设点M,y1，P,y2，

44因为P，M，A三点共线， 所以kAMkPM，即

y1y1214y1y24yy4y，∴，∴， 1212y12y2y2442y3,y3，因为B，M，Q三点共线， 设点Q4所以kBQkQM，即

y31y1y3y311，∴. 222y3y34y1y3y12y314442所以y31y1y3y34，即y3y1y1y340，

所以

4y34y340，即4y3y24y3y20①， y2y22y3y24y242yyxPQ，所以直线的方程是. 22y3y2y3y2y3y2444因为kPQ即yy2y3y24xy2，即yy3y2y2y34x②，

2由①②可得y4y3y24x1.所以直线PQ过定点1,4.

21.【解析】〔Ⅰ〕函数定义域为0,，由题意得gxlnxax1，则gx'1 a，x

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①当a0时，g'x0，则gx在0,上单调递增； ②当a0时，令g'x0，解得x当x0,1， a11'时，，在gx0gx0,上单调递增， aa

当x11,时，g'x0，gx在,上单调递减. aa〔Ⅱ〕设函数Fxlnxaexb，其中e为自然对数的底数， ∴Fx'1ea，x0， x'当ae时，Fx0，fx在0,上是增函数，∴Fx0不可能恒成立， 当ae时，由Fx'11, ea0，得xxae∵不等式Fx0恒成立，∴Fxmax0， 当x0,1'时，Fx0，Fx单调递增， ae当x1,时，F'x0，Fx单调递减， ae∴当x11时，Fx取最大值，Flnaeb10， aeae∴满足lnaeb10即可，∴b1lnae，

∴

b1lnaeae， aa1lnxe，xe，

x令GxG'xx1lnxexelnxeexe 2x2xex'令Hxxelnxee，Hxlnxe1，

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由H'x0，得xe1， e当xe,时，H'x0，Hx是增函数，

1e当xe,e时，H'x0，Hx是减函数，

1e∴当xe111时，Hx取最小值Hee，

eee∵xe时，Hx0，x2e时，Hx0，H2e0， ∴当xe,2e时，Gx0，Gx是减函数，

'当x2e,时，Gx0，Gx是增函数，

'∴x2e时，Gx取最小值，G2e∴

111， 2eeb1的最小值为. aex3cos22.【解析】〔Ⅰ〕把曲线C1:消去参数可得x3y2sin2y21，

2令xcos，ysin，代入可得曲线C1的极坐标方程为

223cos4sin60.

x1t把直线l1:化为普通方程y3x1.

y3t〔Ⅱ〕把直线l1向左平移一个单位得到直线l2的方程为y3x，其极坐标方程为3.

223cos4sin60,12=33，2336=0联立所以，所以 12=6,,3故121224123. 1，

2213圆上一点到直线l2的最大距离为1，

22圆心到直线l2的距离为d322

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所以△PMN面积的最大值为S13333. 22423.【解析】〔Ⅰ〕fx2x32x12x32x12M. 要证明2mn4mn，只需证明4mn4mn， ∵4mn4mn4m2mnn222222168mnmnm22244n2，

∵m,n2,2，∴m2,n20,4，

∴4mn4mn0，∴4mn4mn， 可得2mn4mn. 〔Ⅱ〕由题意，a2b2，

2222211211a4b1a4b故a2b22424， ab2ab2ba2ba当且仅当a1，b

1时，等号成立. 2

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