高三数学入门考试试题理

2018年中山一中高三年级入门考试高三数学（理科）全卷满分150分，考试时间120分钟。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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效。1．已知集合1Mxyx，2log2Nxyx，则RCMNIA．1,2B．,12,UC．0,1D．,02,U2．设复数满足11izi（为虚数单位），则A．1iB．1iC．2222iD．2222i3．若一条直线与一个平面成72°角，则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角中最大角等于A．72°B．90°C．108°D．180°4．夏季运动会上，铁饼项目运动员往一矩形区域进行扔饼训练，该矩形长为6，宽为4，铁饼是半径为1的圆，该运动员总能将铁饼圆心仍在矩形区域内，则该运动员能将铁饼完全扔进矩形区域的概率为A．24B．14C．13D．85．已知1tan()42，且02，则22sinsin2cos()4等于A．255B．3510C．31010D．2556．已知是等差数列na的前项和，且312Sa，则下列结论错误的是A．40aB．43SSC．70SD．na是递减数列7．正方体1111ABCDABCD中为棱1BB的中点（如图），用过点1,,AEC的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为8．在ABC中，2,0,2,0,,BCAxy,给出ABC满足的条件，就能得到动点的轨迹方程，下表给出了一些条件及方程：条件方程①ABC周长为21:25Cy②ABC面积为222:40Cxyy③ABC中，90A223:1095xyCy则满足条件①，②，③的轨迹方程依次为A．123,,CCCB．312,,CCCC．321,,CCCD．132,,CCC9．右图是求样本1021,,,xxx平均数的程序框图，图中空白框中应填入的内容为A．10nxSSB．nxSSnC．nSSD．nxSS10．已知实数,xy满足004312xyxy，则231xyx的取值范围是A．2,113B．3,112C．[3，11]D．[1，11]11．如图，、是双曲线2222:10,0xyCabab的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于点、．若2ABF为等边三角形，则双曲线的离心率为A．B．C．233D．12．设等差数列na的前项和为，已知335588(1)34,(1)32aaaa，则下列选项正确的是A．125812,SaaB．125824,SaaC．125812,SaaD．125824,Saa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。请将答案填在答题卡对应题号的位置上。答错位置，书写不清，模棱两可均不得分。13．不共线向量，满足ab，且2aab，则与的夹角为．14．函数()3cos(3)sin(3)fxxx是奇函数，则tan等于______．15．若21010501210111xxaaxaxax，则5a．16．在如图所示的直角坐标系xOy中，AC⊥OB，OA⊥AB，|OB|=3，点C是OB上靠近O点的三等分点，若(0)kyxx函数的图象（图中未画出）与△OAB的边界至少有2个交点，则实数k的取值范围是．三、解答题：本大题分必做题和选做题，其中第17～21题为必做题，第22～23为选做题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。把答案填在答题卡上对应题号指定框内。17．(本小题满分12分)如图，在锐角三角形ABC中，为边AC的中点，且222BCBD，为ABC外接圆的圆心，且3cos4AOC．（1）求ABC的余弦值；（2）求ABC的面积．18．（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．（1）证明：BE⊥DC；（2）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．CBAOyx19．(本小题满分12分)某厂有台大型机器，在一个月中，一台机器至多出现次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需名工人进行维修．每台机器出现故障需要维修的概率为13．（1）问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%？（2）已知一名工人每月只有维修台机器的能力，每月需支付给每位工人万元的工资．每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就使该厂产生万元的利润，否则将不产生利润．若该厂现有名工人．求该厂每月获利的均值．20．（本小题满分12分）已知动圆过定点2,0E，且在轴上截得的弦的长为．(1)求动圆圆心的轨迹的方程；(2)设，是轨迹上的两点，且4OAOBuuruuur，1,0F，记OFAOABSSS，求的最小值．21．（本小题满分12分）设函数2ln11fxxaxx，21xgxxeax，aR．（1）若函数gx有两个零点，试求的取值范围；（2）证明fxgx．请考生在22，23两题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一题计分。做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑。22．（本小题满分10分）【选修4—4坐标系统与参数方程】以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为(1,0)，若直线的极坐标方程为2cos()104，曲线的参数方程是244xtyt（为参数）．（1）求直线和曲线的普通方程；（2）设直线和曲线交于,AB两点，求11MAMB．23．（本小题满分10分）【选修4—5不等式选讲】已知关于的不等式mxx31的解集不是空集，记的最小值为．（1）求的值；（2）若不等式31xxax的解集包含0,1，求实数的取值范围．2018年中山一中高三年级入门考试1—5BDBCA6—10DCBAB11—12AA13．314．315．25116．92[0,)817．解：（1）由圆的性质，2AOCABC，…………………………………………1分又3cos4AOC，232cos14ABC，解得2cos4ABC．………5分（2）过点作//CEBA，与BD的延长线交于点，连接AE．D为AC的中点，D为的中点，且四边形ABCE为平行四边形．2coscos4BCEABC．…………7分在BCE中，22BC，24BEBD，2cos4BCE，由余弦定理，得2222cosBEBCCEBCCEBCE，解得2CE．2AB．……………9分2cos4ABC，14sin4ABC，………………10分114222724ABCS．…………12分18．解:(1)以点为原点建立空间直角坐标系如图，可得(1,0,0)B，(2,2,0)C，(0,2,0)D，(0,0,2)P由为棱PC的中点，得(1,1,1)E，故(0,1,1)BE，(2,0,0)DC所以BE→·DC→＝0，所以BE⊥DC.…………………………4分(2)(1,2,0)BC，(2,2,2)CP，(2,2,0)AC，(1,0,0)AB由点在棱PC上，设CF→＝λCP→，01，故BF→＝BC→＋CF→＝BC→＋λCP→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF→·AC→＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF→＝－12，12，32…………………………8分设1(,,)nxyz为平面FAB的法向量，则1100nABnBF,即01130222xxyz不妨令z＝1，可得1(0,3,1)n为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量2(0,1,0)n，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角FABP是锐角，所以余弦值为31010………………………12分19．解：(1)一台机器运行是否出现故障可看作一次实验，在一次试验中，机器出现故障设为事件，则事件的概率为13．该厂有台机器就相当于次独立重复试验，可设出现故障的机器台数为，则14,3XB:，故4042160381PXC，314123213381PXC，2224122423381PXC，33412833381PXC，即的分布列为：X01234168132812481881181设该厂有名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”为Xn≤，即0X，1X，2X，…，Xn，这1n个互斥事件的和事件，则01234PXn≤1681488172818081∵728090%8181≤≤，∴至少要名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%．………………………6分(2)设该厂获利为万元，则的所有可能取值为：18，13，8，180PYPX721281PXPX，813381PYPX，18481PYPX．即的分布列为：7281881181则728114081813881818181EY．故该厂获利的均值为140881．……………………12分20．解：(1)设,Mxy，的中点，连MN，则：2PN，MNPQ，∴222MNPNPM，又PMEM,∴222MNPNEM，∴2242xxy，整理得24yx.………………………5分(2)设211,4yAy，222,4yBy，不失一般性，令10y，则111122OFASOFyy△，∵4OAOBuuruuur,∴221212416yyyy,解得128yy①直线的方程为：221112221()444yyyyyxyy，12yy,即2111244yyyxyy，令0y得2x，即直线恒过定点2,0E，当12yy时，ABx轴，2,22A，2,22B．直线也经过点2,0E.∴121212OABSOEyyyy△.由①可得118OABSyy△,∴111182Syyy1138212432yy≥.当且仅当11382yy，即1433y时，min43S.………………………12分21．解：（1）函数gx的定义域为，由已知得2xgxxea．………………………1分①当0a时，函数1xgxxe只有一个零点；………………………2分②当0a，因为20xea，当,0x时，0gx；当0,x时，0gx．所以函数gx在,0上单调递减，在0,上单调递增．又01g，1ga，因为0x，所以10x，1xe所以11xexx，所以21gxaxx，取01142axa，显然00x且00gx所以010gg，000gxg．由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．………………………4分③当0a时，由20xgxxea，得0x或12xna．当12a，则