重庆市2018届高三学业质量调研抽测(第三次)理数试题(2)

已知函数u(x)?a?lnx(a?R). x（Ⅰ）若曲线u(x)与直线y?0相切，求a的值. （Ⅱ）若e?1?a?2e,设f(x)?|u(x)|?lnx,求证：f(x)有两个不同的零点x1,x2，且 xx2?x1?e.（e为自然对数的底数）

（二）选考题：共10分。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）

x?1?2cos?(?在平面直角坐标系xOy中，已知曲线M的参数方程为?为参数),以原点为极 ??y?1?2sin?点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为?=?，直线l2的极坐标方程为?=?+（Ⅰ）写出曲线M的极坐标方程，并指出它是何种曲线；

?2．

（Ⅱ）设l1与曲线M交于A、C两点，l2与曲线M交于B、D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．

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?R).

（Ⅰ）求不等式f(x?1)?f(x?1)?4的解集M; （Ⅱ）若a,b?M,证明:2f(a?b)?f(ab)?4.

高2018届高三学业质量调研抽测（第三次）

理科数学参考答案及评价意见

一、选择题： BACDBA DDBACB

二、填空题：

13、 2 14、 C 15、

三、解答题： 17．（12分） 解：（Ⅰ）an=

6 16、 22 62?2nn?1??22n?12n(1?2n)??4n?2n. ……………… 5分

1?2（Ⅱ）bn?log2(4n?an)?(?1)n?n2?n?(?1)n?n2 ?S100(1?100)?100??2?(4k?1)?10100. ……………… 12分

k?150

18．（12分）

解：（Ⅰ）两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分，

211C6?C6C1229P??; ……………… 3分 2C1001650（Ⅱ）X?160?0.06?170?0.12?180?0.34?190?0.30?200?0.1?210?0.08?185（个）………… 5分

又S2?169,s?13,所以正式测试时，??195,??13,?????182 （

ⅰ

）

?P(??182)?1?1?0.6826?0.8413,2?0.8413?2000?1682.6?1683（人） ……………… 7分

（ⅱ）由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，

0即?~B(3,0.5),?P(??0)?C3?(1?0.5)3?0.125, 1P(??1)?C3?0.5?(1?0.5)2?0.375,P(??2)?C32?0.52?(1?0.5)?0.375,

3P(??3)?C3?0.53?0.125;??的分布列为

? 0 0.125 1 0.375 2 0.375 3 0.125

P

E(X)?3?0.5?1.5.……… 12分

19．（12分）

解：（Ⅰ）?AB//CD,AB?平面EFNM,?AB//平面EFNM, 又?AB?平面ABNM,平面ABNM?平面EFNM?MN,?MN//AB; ?MN?平面ABCD,?MN//平面

ABCD. ……………… 5分

（Ⅱ）取AE中点O,连接MO,OG,MG,由勾股定理逆定理易证MO?OG,

?MA?ME,O为AE中点，?MO?AE.又AE?OG?O,?OM?平面ABCD,

如图，分别以OA、OG、OM为x、y、z轴建立空间直角坐标系 显然平面AME的一个法向量n1??0,1,0?，E(?1,0,0)，G(0,1,0). 法一： 取BF中点记为H，由（Ⅰ）知MN//平面ABCD, 故N到平面ABCD的距离d?OM?NH?1,

N在平面ABCD的射影与H重合，易得点N的坐标为(?2,2,1).

法二：连接OH,HN,由（Ⅰ）知MN//AB,又OH//AB,?MN//OH, 由 cos?MHO?cos?HMN?25,可得MN?22,即OHNM为矩形. 5N在平面ABCD的射影与H重合，易得点N的坐标为(?2,2,1).

法三：由最小角定理可得cos?MAB?cos?MAOcos?EAG?可得MN?2AG,?ON?OM?MN?OM?2AG???2,2,1?.

1?,??MAB?,23

设平面EGN的一个法向量为n2??x,y,z?,EG?(1,1,0),EN?(?1,2,1),

?x?y?0则有??x?2y?z?0，可取n2??1,?1,3?.

?设平面AME与平面EGN所成锐二面角为? ?cos??cosn1,n2?

20．（12分）

解：（Ⅰ）设P(x,y)，则P1(0,y)

11.……………… 12分 11

2121?MN?MP?y)?(0,y?1)，NM?NP?(0,?)?(x,y?)?(x,y?1) 1?(0,)?(0,33332222由|MN?MP可得即|?|NM?NP|(y?1)?x?(y?1)x?4y. 1?C的轨迹方程为：x2?4y. ……………… 4分 t2（Ⅱ）设Q(t,)，由kQF?kQB?2kQA,

4t2t2t2?1?1?1444得，得t?2?22或t?2-22(舍) ??2tt?2t?2?Q(2+22,3+22),kQF?1,……………… 8分

??QFB?90且易得H(2,3)，

?SQFB?11……………… 10分 FQ?FB??(3?22?1)?22?4?4222 又S?QHE?111S?QHB?HB22?22， 2224?42……………… 12分 ?2?2.22

?SQFB:SQHE?

21．（12分）

解：（Ⅰ）设切点P(x0,0)?u'(x)?a?xa?x0,?k??0,?a??x0. 2?x2?x0a?lnx0?0?lnx0??1, x0又切点在函数u(x)上，?u(x0)?0,即

11?x0?,?a??. ……………… 4分

eea1（Ⅱ）证明:不妨设x1?x2，?u?(x)??2??0，所以u(x)在(0,??)上单调递减，

xx又u(e)?aa?1?0,u(2e)??ln2e?0， e2ea?lnx0, x0所以必存在x0?(e,2e)，使得u(x0)?0，即

lnx?a?lnx?,0?x?x0?xx. ……………… 6分 ?f(x)??alnx?lnx??,x?x0xx?①当0?x?x0时，f?(x)??a11?lnxlnx?x?(a?1)x?1?x?(a?1)?????0， x2xx2x2x2所以f(x)在区间(0,x0]上单调递减， 注意到f(e)?a1lnx0lnx0a?1??0，f(x0)??lnx0????0 eex0x0x0所以函数f(x)在区间(0,x0]上存在零点x1，且e?x1?x0. ……………… 9分 ②当x?x0时,f?(x)?增，

又f(x0)?lnx0?且f(2e)?ln2e?1a1?lnxlnx?x?(a?1)?2???0 所以f(x)在区间(x0,??)上单调递22xxxxlnx0alnx0????0， x0x0x0aln2e1ln241411??ln2e?1???ln2????0， 2e2e2e2e52e522e所以f(x)在区间(x0,2e)上必存在零点x2，且x0?x2?2e.

综上，f(x)有两个不同的零点x1、x2，且x2?x1?x2?x1?2e?e?e.………… 12分

?x?1?2cos?2222.解：（Ⅰ）由?（?为参数）消去参数?得：(x?1)?(y?1)?4，

?y?1?2sin?将曲线M的方程化成极坐标方程得：?2-2?(sin??cos?)?2?0，

∴曲线M是以(1,1)为圆心,2为半径的圆． ……………… 5分 （Ⅱ）设|OA|??1,|OC|??2，由l1与圆M联立方程可得?2?2?(sin??cos?)?2?0

??1+?2=2(sin??cos?)，?1??2=?2，

∵O，A，C三点共线，则|AC|?|?1??2|?(?1??2)2?4?1??2?12?4sin2? ①， ∴用?+?代替?可得|BD|?12?4sin2?,211l1?l2,?S四边形ABCD=|AC||BD|=?(144?16sin22?) 22sin22??[0,1]?S四边形ABCD?[42,6]． ……………… 10分

23.（10分）

??2x,x??1?解：（Ⅰ）x?1?x?1??2,?1?x?1

?2x,x?1?由x?1?x?1?4?M?[?2,2]; ……………… 5分 （Ⅱ）法一：要证2a?b?ab?4，只需证4?a?b??ab?4，

2??2即证4a2?8ab?4b2??ab?2?8ab?16，?8ab?8ab 只需证4a2?4b2??ab??16，即证a2?4b2?4?0

2????由（Ⅰ）：a?2,b?2,上式显然成立，故原命题得证. 法二：?a?b?a?b，?要证2a?b?ab?4 只需证2a?2b?ab?4，即证a?2b?2?0

由（Ⅰ）：a?2,b?2,上式显然成立，故原命题得证. ……………… 10分

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