四川省蓉城名校联盟2018级高三10月第一次联考理科数学参及评分标准

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1～5 CBCAD

2 6～10 DBDAC 11～12 DA

R1．答案C：解析：由x8x150x3或x5，则2．答案B：2．答案B，解析：由zB3,5，则A(RB)3,4

21i21i21i，则z2 1i1i1i1i2π3．答案C：解析：p:x00,,sinx024．答案A：解析：由a3a78，则S95．答案D：解析：由e3tanx0

9a1a99a3a736

221πtan1e313，则dx(lnxC)(lne3C)(ln1C)3，则tan41tanx12sincos2tan15

cossin1tan333116．答案D：解析：由EX4p3p，则P(Y0)，则P0Y1，则

444241P0Y22P0Y1

2tan2，由

3m10111117．答案B：解析：由fx是R上的减函数，则m0m，，由，0，，

838333m14mm则是必要不充分条件

248．答案D：解析：由C51A4216

9．答案A：解析：由图像可知0a1,b1，由lgalgblgalgblgab0，则ab1，由

logaxlogb(2x1)0logaxlog1(2x1)0logaxloga(2x1)0，则

ax2x1， logaxloga(2x1)，由a0,1，则x0x12x10n10．答案C：解析：由所有项的系数和为312512n9，则由二项式系数最值性可知当

nr4或5时，fr最大

11．答案D：解析：由fxecosxfx，则fx是偶函数，当x0时，fxexsinx0，

x则yf(x)在0,单调递增，,0单调递减，由

103,4,20.320.30,1,log20.2log252,3，则0.31log20.220.3，则结合3图像性质可知bca 0.3112．答案A，由f1xf1x，则yfx关于直线x1对称，由题

设ylnx,x0,1图像上yfx与ygx的图像只有两个交点，

1

的切点x0,lnx0，y则k切1111，则k切，l切:ylnx0xx0，把0,2代入可得x0，

x0x0xe1e，如图所示： x00或me.

结合图像可知，要有两个交点，则m二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

24 14．1 15．24 16．①③④25 24432413．答案：解析：由已知可得sin,cos，则sin22sincos

25552513．

14．答案1：解析：由aab，则a•ab0aa•b0aabcos2220，则3

15．答案24：解析：由an是等比数列，Sn2n1r22nr，则r2，an2n，由anaa0a0(舍)或a122an128对

nN恒成立，则2n2n12822n128128n恒成立，令，则，由nNt2yt2nt则max24 24，

12811,12，当t238时，y24，当t2416时，y24，则ymin2416．答案①③④：解析：由f22,fxf2x2，则f00,yfx关于1,1点对称，则

3f11，故①正确；由当x,2,fx22x1恒成立，令x3，则23f1，由fx为区23f1，则23间0,2上的“非减函数”，则f23x,2,fx2f11，则1fx3f1233f1，故②错误；由x1,,f1223ffx1，同理可213得x,,fx1，由

221f14913251327f2，,,,，则

16221822149f1625f1，181925271则ffff4，故③正确；当x0,时，fx0,1，令

141618142tfx0,1，则ft0,1，t21,2，则ft正确

三、解答题：共70分。 17．（12分）

（1）f(x)3sinxcosxsin2x

……1分 ……3分 ……4分 ……6分

t2，则ffxfx2，故④

31cos2xπ1sin2xsin2x 22622ππ 2

故f(x)的最小正周期为T当2xππ32kπ(kZ)时，f(x)的最大值为. 622 2

（2）由f(B)ππ3，得2B2kπ(kZ) 262π(kZ) 3

……7分 ……8分

Bkππ 3因为b4，△ABC的周长为12，所以ac8.

因为0Bπ，故B2由余弦定理得：a2c2ac16，即ac3ac16，所以ac16. ……10分 故S△ABC18．（12分）

（1）由题意，5m1510n550

且(5m15):(10n5)3:2 解得：m10，n5

……3分

（2）由以上统计数据填写下面22列联表，如下：

赞同 不赞同 合计 2113acsinB1643 222 ……12分

年龄低于45岁的人数 27 3 30 年龄不低于45岁的人数 10 10 20 合计 37 13 50 50(1027103)2根据公式计算K9.986.635，

37133020所以有99%的把握认为年龄45岁为分界点对发行成都消费券的态度有差异； ……7分 （3）设年龄在[55,65)中不赞同“发行成都消费券”的人为A、B、C，赞同“发行成都消费券”的人

为a、b，则从5人中随机选取2人有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，10个结果；其中2人中至少有1人不赞同“发行成都消费券”的有AB，AC，Aa，Ab，BC，9个结果，所以2人中至少有1人不赞同“发行成都消费券”的概率为PBa，Bb，Ca，Cb，

19．（12分）

（1）由图（1）知，在图（2）中，ACAD，ABAD，

∵平面ACD平面ABD，平面ACD∴ABCD；

平面ABDAD，AB

平面ABD，

……5分

∴AB平面ACD，又CD平面ACD，

（2）以A为原点，AC，AB，AD所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间坐标系，

不妨设AC1，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C1,0,0，D0,0,1， 设E(x，y，z)，由DEDB(0＜＜1)，得(x,y,z1)0,2,， 得E(0，2，1－)∴AE0,2,1，平面ABC的一个法向量为AD(0,0,1)

……12分

9．10(注：使用排列组合方法计算出正确结论的给满分)

3

由AE与底面ABC所成角的正切值为

1 215可得tanAD,AE2，于是cosAD,AE即1(2)2(1)215

，解得1 2

……8分

则E(0,1,))，AE0,1,121 21BC(1,2,0)，BE(0,1,)，

2x2y0nBC0设平面BCE的法向量n(x,y,z)，则，即， 1yz0nBE02令y1，得x2，z2，则n(2,1,2)是平面BCE的一个法向量， 设直线AE与平面BCE所成的角是， 则sincosAE,n

……10分

AEnAEn245， 1553245． 15

故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为

……12分

20．（12分） （1）设P(x，y)(x0)

由题意，(x1)2y2x1(x两边平方，整理得：y4x

20)

2所以，所求点P的轨迹方程为C：y4x.

……4分

（2）①设过椭圆的右顶点4,0的直线AB的方程为xmy4.

2代入抛物线方程y4x，得y4my160.

2y1y24m,Ax,yBx,y 设11、22，则y1y216.∴x1x2y1y2my14my24y1y2＝1m∴OAOB.

2yy

124my1y216＝0.

……7分

x2y2②设Dx3,y3、Ex4,y4，直线DE的方程为xty，代入1，得

16123t24y26ty32480.

6t3248. 于是y3y42,y3y423t43t44248t2 从而x3x4ty3ty423t4

4

ODOE，x3x4y3y40.

代入，整理得748t1. 22421∴原点到直线DE的距离d 1t27为定值. ．（12分）

（1）当a1时，f(x)x22lnx(x0)

则f'(x)2x22(x21)xx 当x(0,1)时，f'(x)0，f(x)为减函数

当x(1,)时，f'(x)0，f(x)为增函数

故f(x)的单调递增区间为(1,)，单调递减区间为(0,1) （2）

f(x)g(x),

x22alnx2x21

即x22alnx10； 令F(x)x22alnx1，

由题意得只需函数yFx在1,e上有唯一的零点；

)2x2a2(x2又F'(xa)xx，其中x1,e， ①当a1时，F(x)0恒成立，Fx单调递增，

又F10，则函数Fx在区间1,e上有唯一的零点；

②当ae2时，F(x)0恒成立，Fx单调递减，

又F10，则函数Fx在区间1,e上有唯一的零点；

③当1ae2时， 当1xa时，

Fx0，Fx单调递减，又F10，

FaF10，则函数Fx在区间1,a上有唯一的零点；

当axe时，

Fx0，Fx单调递增，

则当Fe0时，F(x)在(a,e]上没有零点，符合题意，

e2即2a120， 解得：ae212，

2当e12ae2时，F(x)在(a,e]上没有零点， 则函数Fx在区间[1,e]上有唯一的零点；

5

……12分

……2分

……4分

……6分

……7分

……8分

……9分

……11分

21

e21所以实数a的取值范围是,12,.

（二）选考题：共10分。 22．（10分）

（1）因为cosx,siny,2x2y2，

C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－4y＋4＝0

即(x－1)2＋(y－2)2＝1

（2）将C21的方程代入C2的直角坐标方程得：(22t')2(1222t')1 整理得：t'2－32t'＋4＝0

△＝(－32)2－4×4＝2＞0

且t''32,t''1t21t24

所以MN(t''2t''2'1t2)(1t2)4t'1t2(32)2442 因为C2的半径为r＝1，

2则圆心C2到MN的距离dr2|MN|22221 22则△C2MN的面积为S1222212 解法二：将直线C1的方程化为x－y＋2＝0

则圆心C2到直线C1的距离为d|122|222

2rd212又圆C2222的半径r＝1，故MN22

则△C122MN的面积为S22122 23．（10分）

（1）依题意，f(x)x12， 则f(x)2x122x1122或x22， 解得x352或x2， 故不等式f(x)2的解集为{x|x32或x52}.

（2）依题意，f(x)4xm2x1mn)xm2n(4，

6

……12分

……4分

……6分

……7分

……10分

……6分

……8分

……10分

……4分

因为x1xm2n(mn)x11xm2m2， ……6分

n(mn)n(mn)1n(mn)4， m2

……8分

mn(mn)2n(mn)，故故m21n(mn)m24m24，当且仅当m2，n2时等号成立. ……10分 2（学生用其他方法求解，只要解法合理，结论正确，都给满分）

7