四川省成都市2018届高三第三次诊断性检测理科数学试题-word版

成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测数学（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷（选择题，第Ⅱ卷（非选择题），满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5．考试结束后，只将答题卡交回。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，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1．设全集=0123U，，，，集合130AxxxN，则集合UAð中元素的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】由题意得1,2,3A，所以0UAð，故选A.考点：集合的基本运算.2．若复数i1iaz(i是虚数单位)为纯虚数，则实数a的值为（）A．2B．1C．1D．2【答案】C【解析】因为i1i11ii1i22aaaaz是纯虚数，所以10a，即1a，故选C.考点：1、复数的运算，2、纯虚数的概念.3．命题“1,x，1lnxx”的否定是（）A．1,x，1lnxxB．1,x，1lnxxC．01,x，001lnxxD．01,x，001lnxx【答案】D【解析】“1,x，1lnxx”的否定是“01,x，001lnxx”，故选D.考点：含一个量词的命题否定.4．定义符号函数1,0,sgn0,0,1,0,xxxx则函数sinsgnfxxx的图象大致是（）【答案】B【解析】用排除法，易知fx是偶函数，故排除A选项；当0x时，0fx，故排除D选项；当2x时，0fx，故排除C选项.故选B.考点：函数的图象.5．已知实数ln22a，22ln2b，2ln2c，则,,abc的大小关系是（）A．cabB．cbaC．bacD．acb【答案】A【解析】易知ln2122，22ln22，20ln21，所以cab.故选A.考点：指数与对数运算及单调性.6．当,2时，若2sincos3，则sincos的值为（）A．23B．23C．43D．43【答案】C【解析】由诱导公式得2sincossincos3，所以72sincos9，2216sincossincos4sincos9，又,2，所以sincos0所以4sincos3.故选C.考点：1、诱导公式；2、同角基本关系求值.7．已知甲袋中有1个黄球和1个红球,乙袋中有2个黄球和2个红球.现随机地从甲袋中出1个球放入乙袋中,再从乙袋中随机取出1个球,则从乙袋中取出红球的概率为（）A．13B．12C．59D．29【答案】B【解析】先从甲袋中取出1个球放入乙袋，再从乙袋出1个球的总数为112510CC，取出红球的总数为111113125CCCC，所以乙袋中取出红球的概率为51102P.故选B.考点：古典概型.8．某企业可生产,AB两种产品.投资生产A产品时，每生产100吨需要资金200万元，场地200平方米；投资生产B产品时，每生产100吨需要资金300万元，场地100平方米.若该企业现可使用资金1400万元，场地900平方米投资生产,AB两种产品，则两种产品的量之和的最大值是（）A．467吨B．450吨C．575吨D．600吨【答案】C【解析】设生产,AB产品的产量分别为,xy（单位：100吨），由题意得约束条件2003001400,200100900,0,0,xyxyxy求目标函数zxy的最大值.由约束条件得可行区域（如图），其中4.5,0A，3.25,2.5B，140,3C.由可行区域可得目标函数zxy经过3.25,2.5B时，z取最大值，故max5.75z（100吨）.故选C.考点：线性规划问题.9．在正三棱柱111ABCABC(底面是正三角形,侧棱垂直于底面的棱柱)中，所有棱长之和为定值a.若正三棱柱111ABCABC的顶点都在球O的表面上，则当正三棱柱侧面积取得最大值24时，该球的表面积为（）A．43B．323C．12D．643【答案】D【解析】设正三棱柱111ABCABC底面边长为x，侧棱为y，则63xya，三棱柱111ABCABC侧面积3Sxy.所以2216336224xyaSxy，当且仅当632axy，即,126aaxy时，等号成立，所以24a，2x，4y.所以正三棱柱111ABCABC的外接球的球心O到顶点A的距离为443434，所以该球的表面积为643.故选D.考点：1、简单几何体；2、基本不等式.10．已知P为ABC△所在平面内一点，ABPBPC0，2PCPBAB，则PBC△的面积等于（）A．3B．23C．33D．43【答案】A【解析】分别取边BC，AC的中点,DE，则2PBPCPD，2ABED，因为ABPBPC0，所以EDPD，所以,,EDP三点共线，且1EDPD.又2PCPB，所以PDBC，所以23BC，所以PBC△的面积123132S.故选A.考点：平面向量线性运算.11.已知,AB是椭圆C：221259xy上关于坐标原点O对称的两个点，,,PMN是椭圆C异于,AB的点,且AP∥OM，BP∥ON，则MON△的面积为（）A．32B．32C．152D．252【答案】C【解析】方法一：特殊值法，取,AB为短轴的端点，即0,3A,0,3B，点P为左顶点5,0P，则直线OM，ON的方程分别为35yx，35yx，所以53,22M，53,22N，所以152MONS△.故选A.方法二：若,PAPB与坐标轴平行或垂直时，可得点,MN为椭圆C长轴和短轴的一个端点，所以1155322MONS△；若,PAPB与坐标轴不平行或不垂直时，则925PAPBkk，设直线OM，ON的方程分别为1ykx，2ykx，则12925kk.联立2211,259,xyykx解得122111515,925925kMkk，同理可得222221515,925925kNkk，所以21222212211515115152925925925925MONkkSkkkk△1212222121211121222522522162225162225222515.2152kkkkkkkkkkkkkk故选A.考点：直线与椭圆的位置关系.12．在关于x的不等式2222ee4ee4e0xxxaxa(其中e2.71828为自然对数的底数)的解集中，有且仅有两个大于2的整数,则实数a的取值范围为（）A．4161,5e2eB．391,4e2eC．42164,5e3eD．3294,4e3e【答案】D【解析】易得2222ee4ee4e0xxxaxa22e21exxax.设22e2fxx，1exgxax，则原不等式等价与fxgx.若0a，则当2x时，0fx，0gx，所以原不等式的解集中有无数个大于2的整数，所以0a.因为20f，22e0ga，所以22fg.当33fg，即12ea时，设4hxfxgxx，则22e2e2e2e22exxxhxxaxx.设2e2e242exxxxx，则21e2e302exxx，所以x在4,上为减函数，所以242e2e0x，所以当4x时，0hx，所以hx在4,上为减函数，所以324223e3e44e3e4ee4022hxha，所以当4x时，不等式fxgx恒成立，所以原不等式的解集中没有大于2的整数.所以要使原不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则33,44,55,fgfgfg所以232425e2e,4e3e,9e4e,aaa解得32944e3ea.故选D.考点：利用导数研究函数的性质解决不等式成立问题.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共5小题,每小题5分，共25分.请将答案填在题后横线上.13．51xx的展开式中各项系数之和为.【答案】0【解析】令1x，得展开式中各项系数之和为5110.考点：二项式定理.14．如图，在正方体1111ABCDABCD中，E是棱1DD的中点，则异面直线AE与1BD所成角的余弦值为.【答案】155【解析】以点D原点，1,,DADBDD分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设棱长为2，则2,0,0A，0,0,1E，2,2,0B，10,0,2D，所以2,0,1AE，12,2,2BD，所以11115cos,5AEBDAEBDAEBD，所以异面直线AE与1BD所成角的余弦值为155.考点：空间角.15．在ABC△中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知66acb，sin6sinBC.则cos26A.【答案】1538【解析】因为sin6sinBC，所以6bc，又66acb，所以2ac，由余弦定理得2222236cos2426bcacAbcc，所以10sin4A，所以15sin24A，1cos24A.所以153cos2cos2cossin2sin6668AAA.考点：1、正余弦定理；2、三角恒等变换.16.已知集合1,2,3,4,5,6,7,8,9M的所有3个元素的子集记为123,,,,kAAAA，*kN.记ia为集合iA（1,2,3,,ik）中的最大元素，则12kaaa.【答案】630【解析】集合M含有3个元素的子集共有3984C，所以84k.在集合iA（1,2,3,,ik）中：最大元素为3的集合有221C个；最大元素为4的集合有233C；最大元素为5的集合有246C；最大元素为6的集合有2510C；最大元素为7的集合有2615C；最大元素为8的集合有2721C；最大元素为9的集合有2828C.所以12314356610715821928630kaaa.考点：1、集合间的基本关系；2、组合.三、解答题：本大题共6小题,共75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nS为等比数列na的前n项和，243,,SSS成等差数列，且23438aaa.（I）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设nnbna，求数列nb的前n项和nT.【答案】(I)112nna；（Ⅱ）1242nnnT.【解析】考点：1、等比数列；2、错位相减法.18．（本小题满分12分）某企业统计自2011年到2017年的产品研发费x和销售额y的数据如下