惠州市2018届高三第一次调研考试(文数)

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1、已知集合U1,0,1，Axxm2,mU，则CUA( ) （A）0,1 （B）1,0,1 （C） （D）1

2、已知复数z103i2i (其中i是虚数单位)，则z( ) （A）23 （B）22 （C）32 （D）33 3、已知命题p,q，则“p为假命题”是“pq是真命题”的( ) （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件

4、已知正方形ABCD的中心为O且其边长为1，则ODOABABC（ A ）

1（A）3 （B）1 （C）2 （D）1 D12BP15、如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCDAC11B1C1D1

侧视（底面ABCD是正方形，侧棱AA1底面ABCD）中，点P是 AD正方形A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与俯视图的 BC面积之和的最小值为（ ）

正视（A）32 （B）1 （C）2 （D）54

2xy206、点Px,y为不等式组3xy80所表示的平面区域内的动点，

x2y10则mxy的最小值为( )

（A）1 （B）1 （C）4 （D）0 7、执行如图所示的程序框图，若最终输出的结果为0， 则开始输入的x的值为（ ）

（A）34 （B）7158 （C）16 （D）4

8、三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的 绝妙证明．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边 的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正 方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用

1

勾股4股—勾2朱实黄实弦实，化简得：勾2股2弦2． 朱

设勾股形中勾股比为1:3，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽 朱 黄

略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）

31.732

朱

（A）866 （B）500 （C）300 （D）134

朱

9、已知函数f(x)sinx3cosx的最小正周期为,则函数f(x)的一个单调递增区间为（ ） （A）[512,12] （B）[7512,12] （C）[6,3] （D）[3,6] 10、已知定义域为R的偶函数f(x)在(,0]上是减函数，且f(1)2，则不等式

f(log2x)2的解集为（ ）

（A）(2,) （B）(0,122)(2,) （C）(0,2)(2,) （D）(2,) C：x2y211、已知双曲线a2b21a0,b0的离心率为2，左、右顶点分别为A,B，

点P是双曲线上异于A,B的点，直线PA,PB的斜率分别为kPA,kPB，则kPAkPB（ ）

（A）1 （B）

22 （C）36 （D）3 12、锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足

absinAsinBcbsinC，若a3，则b2c2的取值范围是（ ）

（A）3,6 （B）3,5 （C）5,6 （D）5,6

二、填空题：本题共4小题，每小题5分。

13、已知函数f(x)2x(x1)f(x1)(x1) ，则ff3 ． 14、若tan3，则cos2sin2= ．

15、已知等比数列{a2n}的公比为正数，且a3a92a5，a21,则a1 ．16、已知三棱锥SABC，ABC是直角三角形，其斜边AB8,SC平面ABC，

SC6，则三棱锥的外接球的表面积为 ．

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）已知等差数列an的公差不为0，前n项和为SnnN，

S525且S1，S2，S4成等比数列．

（1）求an与Sn；

（2）设b1nS，求证：nSn1b1b2b3bn1．

18、（本小题满分12分）某大学生在开学季准备销售一种文具盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获利润30元，未售出的产品，每盒亏损10元．根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示．该同学为这个开学季购进了160盒该产品，以x（单位：盒， 100x200）表示这个开学季内的市场需求量，y（单位：元）表示这个开学季内经销该产品的利润． （1）根据直方图估计这个开学季内市场需求量x的众数和平均数； （2）将y表示为x的函数；

（3）根据直方图估计利润y不少于4000元的概率． 频率

组距

0.0150

0.0125

0.0100

0.0075

0.0050

需求量 100120140160180200

19、（本小题满分12分）如图，在底面是菱形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，

ABC60，AA1AC2，A1BA1D22，点E在A1D上．

(1)证明：AA1平面ABCD； A1D1(2)当A1EED为何值时，A1B//平面EAC，并求出此 B1时直线AC11B与平面EAC之间的距离．

E AD

BC 20、（本小题满分12分）已知圆x2y212与抛物线x22pyp0相交于A,B两点，

点B的横坐标为22，F为抛物线的焦点．

（1） 求抛物线的方程；

（2） 若过点F且斜率为1的直线l与抛物线和圆交于四个不同的点，从左至右依次为P1，P2，P3，P4，求P1P2P3P4的值．

21、（本小题满分12分）设函数fxlnx1x， （1）求曲线yfx在点e,fe处的切线方程； （2）当x1时，不等式fx1ax21xx恒成立，求a的取值范围．

22、（本题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]

在直角坐标系xOy中，曲线Cx23t1的参数方程为5（t为参数）．以坐标原点为

y245t极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为costan． （1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；

（2）若CP的极坐标为π11与C2交于A,B两点，点22,4，求|PA|1|PB|的值． 2

惠州市2018届高三第一次调研考试参(文科数学)

一、选择题（每小题5分，满分60分） 题号 答案 1 D 2 C 3 B 4 D 5 A 6 D 7 B 8 D 9 A 10 B 11 A 12 C （1）【解析】Axxm2,mU0,1，CUA1 （2）【解析】复数z3i2i33i，则|z32．

（3）【解析】充分性：p为假命题，则p为真命题，由于不知道q的真假性，所以必要性：pq是真命题，则p,q均为真命题成立．所以“ppq是真命题不成立；

为假命题”是“pq是真命题”的必要而不充分条件

（4）【解析】ODOABABCADBD12cos451

1（5）【解析】由图易知：其正视图面积121，当顶点P的投影在BCD内

211部或其边上时，俯视图的面积最小SBCD11,三棱

22锥PBCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为

131

222xy20（6）【解析】如图所示，不等式组3xy80所表示的平

x2y10面区域为图中阴影部分．容易知道点B为最优解， 2xy20x2由 可得，故B2,2． 将点B2,2代入目

3xy80y2标函数mxy得最小值为0. （7）【解析】i1时，x2x1，i2时，x2(2x1)14x3，i3时，

7 x2(4x3)18x7，i4时，退出循环，此时8x70，解得x，故选B。

8（8）【解析】设勾为a，则股为3a ， ∴ 弦为2a ，小正方形的边长为

3aa．所以图中大正方形的面积为 4a2，小正方形面积为

22，由2x， （9）【解析】fx2sinx，T32325x，故选A。 解得1212（10）【解析】f(x)是R的偶函数，在(,0]上是减函数，所以f(x)在[0,)上是增函数，所以f(log2x)2f(1)f(|log2x|)f(1)|log2x|1log2x1或

1log2x1x2 或0x. 故选B.

2（11）【解析】由双曲线的离心率为2容易知道ba（即该双曲线为等轴双曲线），所以双曲线的方程为x2y2a2a0，左顶点Aa,0，右顶点为Ba,0，设点

nnPm,n，得直线PA的斜率为kAP，直线PB的斜率为kBP，

maman2222a0上的点，所以xyakPAkPB2Pm,n ①，又因为是双曲线2ma222mna，得n2m2a2，代入①式得kPAkPB1 （12）【解析】absinAsinBcbsinC 由正弦定理可得：ababcbc，即b2c2a2bc

b2c2a2bc1cosA，又0A，A．

2bc2bc223bca3a3，2，b2sinB,c2sinC

sinBsinCsinA3又CB32B3

2以小正方形与大正方形的面积比为

313 ∴ 落在黄色图形(小正方14231a2 ，所

2222b2c24sin2Bsin2C4 sinBsinB3化简得：b2c242sin2B，锐角ABC中，0B0C，

6225b2c25,6 B，2B62666二．填空题：本大题共4小题，每小题5分。

212 （15） （16）100

22（13）【解析】f3f2f1212，ff3f2f1212 （13）2 （14）cos22sincos12tan161（14）【解析】cossin2

sin2cos2tan21912222（15）【解析】∵a3a9a6，∴a62a5,因此q22,由于q0,解得

231000134． 1形)内的图钉数大约为 23

q2,∴aa212q2

（16）【解析】本题考查空间几何体的表面积.三棱锥所在长方体的外接球,

即三棱锥所在的外接球;所以三棱锥的外接球的直径,即三棱锥的外接球的半径

;所以三棱锥的外接球的表面积

.

三．解答题：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）

【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，

则由S525可得a35，得a12d5……① ……2分 又S1,S2,S4成等比数列，且S1a1,S22a1d,S44a16d

所以(2a)2a6d)，整理得2a21d1(4a11dd，因为d0，所以d2a1……② 联立①②，解得a11,d2 ……4分

所以an(12n1)n12(n1)2n1,Sn2n2 ……6分 （2）由（1）得bn1n(n1)1n1n1 ……8分

所以b1b2b3bn（1112）（111123）（nn1） ……10分 11n1

又nN，11n11，即得证． ……12分 18、（本小题满分12分） 【解析】（1）由频率直方图得：最大需求量为150的频率0.015200.3． 这个开学季内市场需求量的x众数估计值是150； 需求量为100,120的频率0.005200.1，

需求量为120,140的频率0.01200.2， 需求量为140,160的频率0.015200.3， 需求量为160,180的频率0.0125200.25， 需求量为180,200的频率0.0075200.15．

则平均数

x1100.11300.21500.31700.251900.15153．………………（5分） （2）因为每售出1盒该产品获利润30元，未售出的产品，每盒亏损10元，

所以当100x160时，y30x10160x40x1600，…………………（7分） 当160x200时，y160304800，…………………………………………（9分）

所以y40x1600,100x160．4800,160x200

（3）因为利润不少于1200元所以，解得40x16004000，解得x140．

所以由（1）知利润不少于4000元的概率p10.30.7………………………（12分） 19、（本小题满分12分）

【解析】(1)证明：因为底面ABCD是菱形，ABC60, 所以ABADAC2，在AA1B中， 由AA221AB2A1B知AA1AB，

同理，AA1AD又因为ABAD于点A， 所以AA1平面ABCD. …………4分

(2)当A1EED1时，A1B//平面EAC.

证明如下：连接BD交AC于O，当A1EED1，即点E为A1D

的中点时，

连接OE，则OE//A1B，所以A1B//平面EAC. ……6分 直线A1B与平面ACE之间的距离等于点A1到平面ACE的距离，因为E为A1D的中点，可转化为D到平面ACE的距离，VDAECVEACD，设AD的中点为F，连接EF，则

EF//AA1，所以EF平面ACD，且EF1，可求得SACD3，

所以V13EACD3133 ……9分 又AE2，AC2，CE2，S713AEC2，3SAECd3(d表示点D到平面

ACE的距离），d2212217，所以直线A1B与平面EAC之间的距离为7…12分 20、（本小题满分12分）

【解析】（1）设B22,y222y20120，由题意得： ……2分 2222py0解之得：y02，所以抛物线的方程为x2p24y． ……4分

（2）设点P1x1,y1，P2x2,y2，P3x3,y3，P4x4,y4，由题意知P1，P3在圆上，

P2，P4在抛物线上．因为直线l过点F且斜率为1，所以直线的方程为yx1． ……5分

4

联立yx12y12，得2x22x110，所以xx1,xx11x213132 P21P3112x1x34x1x3212－411246 ……7分

同理：由yx1x24y，得x2－4x40，所以x2x44,x2x44

P2P4112x2x424x2x4242－448 ……9分

由题意易知：P1P2P1P3P2P3……①，P3P4P2P4P2P3……②

①—②得：P1P2P3P4P1P3P2P4 ……11分

P1P2P3P4468 ……12分 21、（本小题满分12分）

【解析】（1）根据题意可得，fe2e， ……1分 fxlnxx2，所以felnee21e2，即k1e2， ……3分 所以在点e,fe处的切线方程为y2e1e2xe，即xe2y3e0．……4分

（2）根据题意可得，fx1ax21xxlnxax21x0在x1恒成立， 令gxlnxax21，x1，所以gx12ax， ……5x分

当a0时，gx0，所以函数ygx在1,上是单调递增，所以gxg10，所以不等式fx1ax21xx成立，即a0符合题意； ……7分

当a0时，令111x2ax0，解得x2a，令

2a1，解得a12， ① 当0a112时，

2a1，所以gx在11,上gx0，在上gx0，所2a以函数ygx在11,1，2a上单调递增，在2a上单调递减， g1aln1aa12111lnaa，令halnaaa， aa

ha1a1a2a11a21a20恒成立，又0a2，

所以hah12ln12212ln2320，所以存在g1a0，

所以0a12不符合题意； ……10分

②当a112时，2a1gx0在1,上恒成立，所以函数ygx在1,上是单调递减，所以gxg10，显然a12不符合题意；

综上所述，a的取值范围为aa0． ……12分 22．（本小题满分10分） 【解析】（1）曲线C1的普通方程为4x3y20; ··········· 2分 曲线C2的直角坐标方程为:yx2. ················· 5分

3（2）Cx25t,(t为参数)代入yx21的参数方程得 y245t.9t280t1500,·

························ 6分 设t801,t2是A、B对应的参数,则t1t29，t501t230.

·········· 7分 1|PA|1|PB||PA||PB||PA||PB||t1t2||t8. ·············· 10分 1t2|1513x,x,223．（本小题满分10分）【解析】（1）f(x)2x,1x1, 2分

23x,x1.f(x)9等价于x1,1x1,x1, ············· 3分 2或2或3x92x93x0综上,原不等式的解集为{x|x3或x3}. ·············· 5分

（2）|xa||xa|2|a|. ···················· 7分 由(Ⅰ)知f(x)f(1)322.

所以2|a|32， ························· 9分 实数a的取值范围是[3,344]. ··················· 10分

5