届贵州省贵阳市高三上学期第二次适应性考试数学理试题试题Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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第Ⅱ卷(共90分)
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.的二项展开式中,的系数与的二项式系数之和等于.
14.已知向量满足,,,则.
15.已知数列满足,且,则数列的通项公式为.
16.“求方程的解”有如下解题思路:
设,则在上单调递减,且,所以原方程有唯一解,类比上述解题思路,不等式的解集是.
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.)
17.(12分)
在中,分别为内角的对边,已知,,.
(1)求;
(2)求边长.
18.(12分)
新车商业保费与购车价格有较强的线性相关关系,下面是随机采集的8组数据(其中(万元)表示购车价格,(元)表示商业车险保费):
,,,,,,,,设由这8组数据得到的回归直线方程为,李先生2016年1月购买一辆价值20万元的新车.
(1)试估计李先生买车时应缴纳的保费;
(2)从2016年1月1日起,该地区纳入商业车险改革试点范围,其中最大的变化是上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率,具体关系如下表:
上一年的出险次数
1
2
3
4
下一年的保费倍率
0.85
1.25
1.5
1.75
连续两年没有出险打7折,连续三年没有出险打6折
有评估机构从以往购买了车险的车辆中随机抽取1000量调查,得到一年中出险次数的频率分布如下(并用相应频率估计车辆在2016年度出险次数的概率):
一年中的出险次数
频率
500
380
100
15
根据以上信息,是,估计该车辆在2017年1月续保时应缴纳的保费(精确到元),并分析车险新政是否总体上减轻了车主负担.(假设车辆下一年与上一年都够买相同的商业车险产品进行续保)
19.(12分)
如图所示,四棱锥,为边长为2的正三角形,,,垂直于平面于,为的中点,,求:
(1)异面直线与所成角的余弦值;
(2)平面与平面所成二面角的余弦值.
20.(12分)
如图所示,已知椭圆:
,点是椭圆上的一点,且椭圆的离心率
为,直线与椭圆交于点,且是椭圆上异于的任意两点,直线相交于点,直线相交于点.
(1)求椭圆的方程;
(2)求证:
直线的斜率为定值.
21.(12分)
已知函数.
(1)若的最小值为0,求的值;
(2)当的最小值为0时,若对,有恒成立,求实数的最小值;
(3)当
(2)成立时,证明:
.
请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.
22.(本小题满分10分)选修4-4:
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,圆,圆.
(1)以为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,求圆和圆的极坐标方程,并求出这两圆的交点的极坐标;
(2)求这两圆的公共弦的参数方程.
23.(本小题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
(1)证明柯西不等式:
若都是实数,则,并指出此不等式里等号成立的条件;
(2)用柯西不等式求函数的最大值.
数学(理)试题试题参考答案
第Ⅰ卷(选择题,共60分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
题号
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
B
A
C
【解析】
1.∵集合,,,∴B的子集共有16个,故选D.
2.复数.若z的虚部为2,可得,,,故选B.
3.对于①,,解得或,故“”是“”的必要不充分条件,故正确;
对于②,命题的否定形式是:
,,使得,故错误;
对于③,否命题是:
“若,则或”故错误;
对于④,是上的奇函数,则,,与不是互为相反数,故错误,故选A.
4.由主视图和俯视图可知原正方体截取两个小正三棱锥后如图1,故选D.
5.,;
,;
,
;
…,S的取值有周期性,,,,故选D.
6.,令,则t是区间(0,1]内的值,而所以当,即时,取最大值.使的n的值为数列中的最小项,所以该数列既有最大项又有最小项,故选C.
7.如图2建系,,,,,,,故选B.
8.根据题意,的展开式的通项为,共13项,若为正整数,则r的值可以为0,3,6,即其展开式中含a的正整数次幂的项共3项,其他的有10项,先将不含a的正整数次幂的10项进行全排列,有种情况,排好后,有11个空位,在这11个空位中,任取3个,安排3个含a的正整数次幂的项,有种情况,共有•种情况,故选D.
9.实数,满足,且,可得,则,令,即有,则
,当且仅当,即时,取得最小值25,故选C.
10.设是上的任意一点,则关于直线对称的点的坐标为,则在上,即,即.是奇函数,,即,.,∴当时,,则,,的图象向右平移个单位后得到,故选B.
11.不等式组表示的平面区域为M,即为图3中的抛物线在第一象限内阴影部分,,倾斜角小于的区域为图中深色阴影部分;
,由几何概率的计算公式可得,故选C.
12.椭圆:
与双曲线:
的焦点重合,∴满足,即,,排除C,D;
又,,则,,,则==,(=
,∴>1,故选A.
第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13
14
16
13.,,
.
14.根据题意可知三棱锥的三条侧棱,,由,,则底面是等腰直角三角形,则底面,,它的外接球就是它扩展为长方体的外接球,长方体的边长为1,1,,体对角线的中点就是外接球的球心,∴球的半径为.四面体外接球表面积为:
15.若函数与的图象上存在关于x轴对称的点,则方程在区间[1,2]上有解.令,,由的图象是开口朝上,且以直线为对称轴的抛物线,故当时,取最小值−2,当时,取最大值0,故.
16.设,,,,.在△ABM中,由正弦定理可得:
,代入解得:
,在中,,由勾股定理可得,化简整理得:
,,,在中,.
三、解答题(共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分12分)
解:
(Ⅰ)由,,得.……………………………(2分)
设各项都是正数的等比数列的公比为,
由题意可得,
即有,解得(舍去),……………………………(4分)
即有.…………………………………………………………(6分)
(Ⅱ),
前n项和……………………………(7分)
……………………………………………(10分)
.……………………………………………………………(12分)
18.(本小题满分12分)
(Ⅰ)根据所给的频率分步直方图中小长方形的长和宽,
得到第3组的频率为0.06×
5=0.3;
……………………………………………(1分)
第4组的频率为0.04×
5=0.2;
……………………………………………(2分)
第5组的频率为0.02×
5=0.1.……………………………………………(3分)
(Ⅱ)由题意知本题是一个等可能事件的概率,
第5组抽取的人数为.……………………………………………(6分)
(Ⅲ)学校决定在这6名学生中随机抽取2名学生接受甲教师的考查,
由题意知变量的可能取值是0,1,2,…………………………………………(7分)
该变量符合超几何分布,
∴,………………………………………………(8分)
∴的分布列是
P
…………………………………………………………(10分)
∴.…………………………………………………(12分)
19.(本小题满分12分)
(Ⅰ)证明:
∵平面PAC⊥平面ABC,
平面PAC平面ABC=AC,PA⊥AC,
∴PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.……………………………………………………(3分)
又由题图甲知BC⊥BA,PABA=A,
∴BC⊥平面PAB,
又AD⊂平面PAB,∴BC⊥AD.……………………………………………………(6分)
(Ⅱ)解:
如图4所示,以点A为坐标原点,分别以射线AC,AP为x,z轴,以垂直平面APC向外方向为y轴建立空间直角坐标系.
则
若存在点E,设,
则.…………………………………………………(8分)
设平面ADE的法向量,
则即
令,则,故.
平面ABC的法向量,……………………………………………(10分)
解得,
∴存在点E,且点E为棱PC的中点.………………………………………(12分)
20.(本小题满分12分)
(Ⅰ)解:
∵
点代入方程得,
∴椭圆C的方程为.……………………………………………(4分)
(Ⅱ)证明:
如图5,
设,则,
PA所在直线方程为,
取,得,………………………………………………………(5分)
,PB所在直线方程为,
取,得.……………………………………………………(6分)
∴,
.………………………………………(8分)
∴
.
∴四边形ABNM的面积为定值2.……………………………………………(12分)
21.(本小题满分12分)
由已知得,……………(1分)
,∴,
∴.
∴,…………………………………………(2分)
于是,
由得;
由,得,
∴的单调递增区间是(−1,0),单调递减区间是(0,+∞).……………(4分)
,,
则,令,得或(舍),
当时,;
当时,,
即在(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减.………………………(7分)
由题意:
即亦即
故实数b的取值范围为.……………………………(9分)
(Ⅲ)证明:
由(Ⅰ)可得,当时(当且仅当时等号成立).
设,则,即,………………………(10分)
,,,…,,
将上面n个式子相加得:
故.…………………………………
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