《安徽省皖南八校2018届高三数学第二次(12月)联考理试题(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省皖南八校2018届高三数学第二次(12月)联考理试题(含解析).pdf（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、“皖南八校” 2018 届高三第二次联考 数学（理科） 一、选择题：本大题共12 个小题 , 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. 1. 已知集合，则等于 A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 因为集合， ，则，故选 D. 2. 已知 是虚数单位，若是纯虚数，则实数 A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】 A 【解析】化简，由是纯虚数可得 ，解得，故选 A. 3. 已知向量满足，则 A. B. 3 C. 5 D. 9 【答案】 B 【解析】因为， 所以， 故选 B. 4. 已知直线平分圆的周长，且直线不经过第三象限，则
2、直线的倾斜 角 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】圆的标准方程为，故直线过圆的圆心 ，因为直线不经过第三象限，结合图象可知，故选 A. 5. 将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2 倍，再向左平移个单位，所 得图象的一条对称轴的方程是 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍可得的图象， 再向左平移个单位，所得的图象，由， ，时图象的一条对称轴的方程是，故选 C. 6. 函数的图象大致是 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】由可得函数， 为奇函数，图象关于原点对称， 可排除选项； 又由可排除选项，故选 C. 7
3、. 若，展开式中，的系数为 -20 ，则 等于 A. -1 B. C. -2 D. 【答案】 A 【解析】 由，可得将选项中的数值代入 验证可得，符合题意，故选A. 8. 当时，执行如图所示的程序框图，输出的值为（） A. 28 B. 36 C. 68 D. 196 【答案】 D 【解析】执行程序框图，； ；，退出循环，输出，故选 D. 【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时 一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构 还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题
4、时 一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序, （6）在给出程序框图求解输出结果的 试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可. 9. 榫卯（）是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结 合的一种连接方式. 我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯 结构 . 图中网格小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积 与表面积分别为 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】由三视图可知，这榫卯构件中榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积 ，表面积 ，故选 C. 【方法点睛】本题利用空间几何体
5、的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力， 属于难题 . 三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点. 观察三视图并将 其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”， 还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若在直线上存在点使线段 的中垂线过点，则椭圆离心率的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】因为直线上存在点使线段的中垂线过点，所以，根据种垂涎的性质以及 直角三角形的性质可得，又因为，椭圆离 心率的取值范围是，故选 B. 11. 已知，且，则 A.
6、 B. C. D. 【答案】 D 【解析】依题意，令，则原式化为，解 得舍去） ，故，则，即，即， ，解得或 ，则，故选 D. 12. 已知函数若关于的方程至少有两个不同的实数 解，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 令，关于的方程至少有两个不同的实数解等价于， 至少有两个不同的实数解，即函数的图象与直线至少有两个交点， 作出函数的图象如图所示，直线过定点，故可以寻找出临界状态下虚线所 示，联立，故，即，令，解得， ，故，结合图象知，实数的取值范围为，故选 A. 【方法点睛】 已知函数有零点( 方程根 ) 的个数求参数取值范围的三种常用的方法：(1) 直接法
7、： 直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2) 分离参数法： 先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一 平面直角坐标系中，画出函数的图象， 然后数形结合求解一是转化为两个函数 的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转 化为的交点个数的图象的交点个数问题 . 二、填空题：本小题4 小题，每小题5 分，共 20 分. 13. 在 1，2，3，4，5，6，7， 8 中任取三个不同的数，取到3 的概率为 _ 【答案】 【解析】在、中任取三个不同的数，共有种取法， 其中一定取到的方法 有种
8、，在、中任取三个不同的数取到的概率为，故答案为. 14. 已知的面积为，角的对边分别为，若，则 _ 【答案】 【解析】，可得，所以得， 由余弦定理可得，故答案为. 15. 已知函数是偶函数，定义域为，且时，则曲线 在点处的切线方程为_ 【答案】 【解析】曲线在点处的切线方程为， 又是偶函数，曲线在点处的切线方程与曲线在点处的切线方 程故意轴对称，为，故答案为. 【方法点晴】本题主要考查函数的奇偶性以及利用导数求曲线切线题，属于中档题. 求曲线 切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线 斜率（当曲线在 处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为） ； （2） 由点斜式求得切
9、线方程. 16. 已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于点） ，点为 线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的 取值范围为 _ 【答案】 【解析】 依题意，正方体的棱长为，如图所示，当点线段的中点时，由题意可知，截面为 四边形，从而当时，截面为四边形， 当时，平面与平面 也有交线，故截面为五边形，平面截正方体所得的截面为四边形，线段 的取值范围为，故答案为. 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. 第 1721 题为必考题， 每个试题考生都必须作答. 第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60 分 17. 已知是等比数列
10、，满足，且. （）求的通项公式和前项和； （）求的通项公式 . 【答案】 ( )；( ). 【解析】试题分析： （I ）由，令可解得， ， 从而可得的通项公式和前项和； （ II ）结合（ I ）的结论，可得 ，从而得时， ，两式相减、化简即可得的通项公式 . 试题解析：（） ， ， 是等比数列，的通项公式为， 的前项和. （）由及得 ， 时， ， ， ， 的通项公式为. ， 18. 随着网络时代的进步，流量成为手机的附带品，人们可以利用手机随时随地的浏览网页， 聊天，看视频，因此，社会上产生了很多低头族. 某研究人员对该地区1850 岁的 5000 名居 民在月流量的使用情况上做出调查，所得
11、结果统计如下图所示： （) 以频率估计概率，若在该地区任取3 位居民，其中恰有位居民的月流量的使用情况 在 300M 400M 之间，求的期望； （）求被抽查的居民使用流量的平均值； （）经过数据分析，在一定的范围内，流量套餐的打折情况与其日销售份数成线性相关 关系，该研究人员将流量套餐的打折情况与其日销售份数的结果统计如下表所示： 折扣1 折2 折3 折4 折5 折 销售份数50 85 115 140 160 试建立关于的的回归方程. 附注：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ， 【答案】 ( )0.75 ；( )369M；( ). 【解析】试题分析： （I ）直接根据二项分布的
12、期望公式求解即可；（ II ）根据频率分布直方图 中数据，每组数据中间值与纵坐标的乘积之和即是被抽查的居民使用流量的平均值；( ) 先 根据平均值公式求出样本中心点的坐标，利用公式求出，样本中心 点坐标代入回归方程可得，从而可得结果. 试题解析：（）依题意，故； （）依题意，所求平均数为 故所用流量的平均值为； （) 由题意可知， ， ， 所以，关于的回归方程为： . 【方法点晴】本题主要考查二项分布的期望公式、直方图的应用和线性回归方程的求法，属 于难题 . 求回归直线方程的步骤：依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关 系；计算的值；计算回归系数；写出回归直线方程为； 回 归直线
13、过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两 个变量的变化趋势. 19. 在四棱锥中， 底面是矩形，平面，是等腰三角形， 是的一个三等分点（靠近点） ，与的延长线交于点，连接. （）求证：平面平面； （）求二面角的正切值 【答案】 (1) 证明见解析； (2). 【解析】试题分析： （I ）由线面垂直的性质可得，由矩形的性质可得，从而 由线面垂直的判定定理可得平面， 进而由面面垂直的判定定理可得结论；（II ） 以， ，分别为， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一 个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得夹角余弦值，利用同角三角函数之间的关系
14、可 得正切值 . 试题解析：（）证明：因为平面，所以 又因为底面是矩形，所以 又因为，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （) 解：方法一： （几何法 ) 过点作，垂足为点，连接. 不妨设，则. 因为平面，所以. 又因为底面是矩形，所以. 又因为，所以平面，所以 A. 又因为，所以平面，所以 所以就是二面角的平面角 . 在中，由勾股定理得， 由等面积法，得， 又由平行线分线段成比例定理，得. 所以. 所以. 所以. 所以二面角的正切值为. 方法二：（向量法）以，分别为， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设，则由（）可得，. 又由平行线分线段成比例定理，得， 所以，所以. 所以点，
15、. 则，. 设平面的法向量为，则 由得得 令，得平面的一个法向量为； 又易知平面的一个法向量为； 设二面角的大小为，则. 所以. 所以二面角的正切值为. 【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理、利用空间向量求二 面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间 直角坐标系； （2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（ 3）设出相应平面的法向 量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关 系； （ 5）根据定理结论求出相应的角和距离. 20. 过抛物线的焦点作直线 与抛物线交于两点，当点的
16、纵坐标为1 时，. （）求抛物线的方程； （）若抛物线上存在点，使得，求直线的方程 . 【答案】 ( )；( ). 【解析】试题分析： （I ）利用拋物线的定义,结合即可得，从而抛物线 的方程为； （II ） 方程为，由得， 令，, 利用韦达定理及, 建立关于的方程 , 解方程即可求直线的 方程 . 试题解析：（）的准线方程为，当点纵坐标为1 时， ， 势物线的方程为. （）在上， 又,设 方程为，由得， 令，则， , ， 或 0， 当时， 过点（舍）， 方程为. 21. 已知函数. （）若，证明：函数在上单调递减； （） 是否存在实数，使得函数在内存在两个极值点？若存在，求实数的取值范围；
17、若不存在，请说明理由. （参考数据：，） 【答案】 ( ) 证明见解析； ( ). 【解析】试题分析： （I ） ；求导得，只需利用导数研 究函数的单调性，求出最大值，从而证明即可得结论； （II ）讨论时，时两种情况， 分别利用导数研究函数的单调性，排除不合题意的情况， 从而可得使得函数在内存在两个极值点的实数的取值范围 . 试题解析：（）函数的定义域是. 求导得. 设，则与同号 . 所以，若，则对任意恒成立 . 所以函数在上单调递减 . 又， 所以当时，满足. 即当时，满足. 所以函数在上单调递减 . （）当时，函数在上单调递减 . 由，又，时， 取，则， 所以一定存在某个实数，使得. 故
18、在上，；在上，. 即在上，；在上，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减 . 此时函数只有 1 个极值点，不 合题意，舍去； 当时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增 . 故函数的单调情况如下表： 0 极小值 要使函数在内存在两个极值点，则需满足，即， 解得又， 所以. 此时， 又，； 综上，存在实数，使得函数在内存在两个极值点. 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. 平面直角坐标系中，已知直线的参数方程是（ 为参数），以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （）求直线的极坐
19、标方程； （）若直线与曲线相交于两点，求. 【答案】 ( )；( )3. 【解析】试题分析： （I ）利用代入法消去参数，将直线的参数方程化成普通方程，可得它是 经过原点且倾斜角为的直线，再利用互化公式可得到直线的极坐标方程； （II ）将直线的极 坐标方程代入曲线的极坐标方程 , 可得关于的一元二次方程, 然后根据韦达定理以及极径的 几何意义 , 可以得到的值 . 试题解析：（）由得， 的极坐标方程为即，. （）由得， 设，则，. 23. 已知函数. （）若，解不等式； （）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围 . 【答案】 ( )；( ). 【解析】试题分析： （I ）对分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得不等式 的解集；（II ）利用基本不等式求得的最小值为，不等式对任意恒成 立，等价于，平方后利用一元二次不等式的解法求解即可求得实数的取值范围 . 试题解析：（）时， 由得， 不等式的解集为. （）对成立， 又对成立， ，即.