新疆乌鲁木齐地区2018届高三5月适应性训练数学理试题(图片版)
2018年新疆乌鲁木齐市高考数学一模试卷(理科)
2018 年新疆乌鲁木齐市高考数学一模试卷（理科）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12 小题，共 60.0分）1.若集合 A={ x|-1＜ x＜ 1} ， B={ x|0 ≤x≤ 2}，则 A∩? R B=（）A. { x|-1＜x＜1}B. { x|-1＜x＜2}C. { x|0＜x＜1}D. { x|-1＜x＜0}2.设复数 z=1+2i ，设=（）A. 2iB. -2iC.2D. -23.已知等比数列 { a }的公比为 q（ q∈R），且 a=4， a =8，则 a +q=（）n1?a341A. 3B. 2C. 3或-2D. 3或-34.已知为函数 f（ x）=sin（ 2x+φ）（ 0＜φ）的零点，则函数 f（ x）的单调递增区间是（）A. [2kπ-，2kπ+]（k∈Z）B.[2kπ+， 2kπ+ ]（ k∈Z）C. [kπ-，kπ+]（k∈Z）D. [kπ+，kπ+]（k∈Z）5.已知a=log 357）6， b=log 10， c=log 14，则 a， b， c 的大小关系为（A. a＜b＜cB. c＜b＜aC. c＜a＜bD. b＜c＜a6.已知 AB 是圆 O 的一条弦，长为2，则=（）A. 1B. -1C.2D. -27.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A.B.-C.1D.-18.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.8+2B.12+2C.8+4D.12+49.甲、乙、丙、丁四人关于买彩票的中奖情况有下列对话：甲说：“如果我中奖了，那么乙也中奖了．”乙说：“如果我中奖了，那么丙也中奖了．”丙说：“如果我中奖了，那么丁也中奖了．”结果三人都没有说错，但是只有两人中奖，那么这两人是（）A. 甲、乙B. 乙、丙C.丙、丁D. 甲、丁10.棱长均为 1的直三棱柱的外接球的表面积是（）A. πB.C.D. 3π11.已知抛物线C y2：=2 px（p＞ 0）的焦点为 F， M（ 3，2），直线 MF 交抛物线于 A，B 两点，且M 为 AB 的中点，则 p 的值为（）A. 3B.2 或4C.4D. 212.已知直线x-y=0f x=图象的一条切线，且关于x的方程f f x=t是函数（）（（））恰有一个实数解，则（）A. t∈{ eln2}B. t∈[0，eln2]C. t∈[0，2]D. t∈（-∞，0]二、填空题（本大题共 4 小题，共20.0 分）13.设x，y满足．则z=x+y的最大值是______．14.二项式（ x3+ ）10的展开式中常数项是 ______．（用数字作答）15.若方程为标准方程的双曲线的一条渐近线与圆（x-2）2+y2=1 相切，则其离心率为______．16.已知数列{ a n } 共有 26 项，且 a =1，a26=20， |a-a|=1（k=1， 2，， 25），则满1k+1k足条件的不同数列{ a n} 有 ______ 个．三、解答题（本大题共7 小题，共 82.0 分）17.ABC中，角A B C的对边分别为a b c，且满足sinB+cos（A+C=1在△，，，，）．（Ⅰ）求角 B 的大小；（Ⅱ）若 M 为 BC 的中点，且AM =AC ，求 sin ∠BAC．18. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AB⊥AC ，AA1=AC=AB，M， N 分别为 BC， A1C1的中点．（Ⅰ）求证 AM⊥BN；（Ⅱ）求二面角B1-BN-A1的余弦值．19. “双十二”是继“双十一”之后的又一个网购狂欢节，为了刺激“双十二”的消费，某电子商务公司决定对“双十一”的网购者发放电子优惠券．为此，公司从“双十一”的网购消费者中用随机抽样的方法抽取了100人，将其购物金额（单位：万元）按照 [0.1 ， 0.2）， [0.2， 0.3）， [0.9 ， 1]分组，得到如图频率分布直方图：根据调查，该电子商务公司制定了发放电子优惠券的办法如下：购物金额（单位：万[0.6 ，0.8[0.8 ， 1][0.3 ， 0.6））元）分组发放金额（单位：元）50100200（Ⅰ）求购物者获得电子优惠券金额的平均数；（Ⅱ）从购物者中随机抽取 10 人，这 10 人中获得电子优惠券的人数为 X，求 X 的数学期望．20.已知椭圆 C： + =1（a＞ b＞ 0）的焦距为 2，且过点（ 1，）．（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；（Ⅱ）过点 M（2， 0）的直线交椭圆 C 于 A，B 两点， P 为椭圆 C 上一点， O 为坐标原点，且满足+ =t，其中T∈（，2），求|AB|的取值范围．21.已知函数的定义域为，其中，为自然对数的底数．Ⅰ设是函数的导函数，讨论的单调性；Ⅱ若关于x的方程在上有解，求实数 a 的取值范围．22. 已知曲线 C1的参数方程是（φ为参数， 0≤φ≤π）．以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ=4sin （θρ≠0）．（Ⅰ）求曲线 C1的普通方程及曲线C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线 y=与曲线 C1，C2分别交于 A， B 两点，求 |AB|．23.已知函数 f（ x） =|x|+|x-1|．（Ⅰ）若 f（ x）≥|m-1|恒成立，求实数 m 的最大值；（Ⅱ）记（Ⅰ）中 m 的最大值为 M，正实数 a，b 满足 a2 +b2=M ，证明： a+b≥2ab．答案和解析1.【答案】D【解析】解：集合B={x|0 ≤x≤2}，则 ?R B={x|x ＞2 或 x＜ 0} ，而 A={x|-1 ＜ x＜ 1} ，则 A∩?R B={x|-1 ＜x＜ 0} ．故选：D．根据交集的定义写出 B 的补集，从而求出 A∩?R B 即可．本题考查了交集的定义与运算问题，是基础题．2.【答案】C【解析】解：∵z=1+2i，∴=，故选：C．把 z=1+2i 代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．3.【答案】D【解析】解：由a ?a ，，，=8，1 3=4 a4=8∴=4联立解得：，．则 a1+q=3 或-3．故选：D．利用等比数列的通项公式即可得出．本题考查了等比数列的通项公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.【答案】C【解析】解：由于为函数f（x）=sin（2x+φ）（0＜φ）的零点，则：，所以：sin（）=0，φ=解得：，故：f（x）=sin（2x+），令：（k Z），∈解得：（k∈Z），故函数的单调递增区间为：[]（k∈Z），故选：C．直接利用函数的零点求出函数的解析式，进一步利用整体思想求出函数的单调递增区间．本题考查的知识要点：正弦型函数的解析式的求法，正弦型函数的性质的应用．5.【答案】B【解析】解：a=log36=1+log32，b=log510=1+log52，c=log714=1+log72，∵log32＞log52＞log72，∴c＜b＜a．故选：B．利用对数的运算性质、对数函数的单调性即可得出．本题考查了对数的运算性质、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：如图，设 AB 中点为 M ，连接 OM，则 OM⊥AB ，∴=（）==．故选：D．由题意画出图设AB 中点为连则OM ⊥AB ，可得=形，M ，接 OM，（），展开得答案．本题考查平面向量的数量积运算，考查向量加法的三角形法则，是基础题．7.【答案】B【解析】解：模拟程序的运行，可得程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s=2××（-1）×2× ×（-1）× × 2××（-1）××（-1）（共2018项）的值可得：s=2××（-1）×2× ×（-1）× × 2××（-1）× ×（-1）（共2018项）2016=（-1）× ×（-1）=-故选：B．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 s 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．8.【答案】B【解析】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为多面体体，其表面积为：S== ．故选：B ．由三视图还原原几何体，可知该几何体为多面体，再由正方形、梯形及三角形面积求解．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档 题．9.【答案】 C【解析】解；（1）假设甲乙中奖，此时甲说的对，此时乙说的错误，丙说的对，不满足题意．（2）假设乙丙中奖，此时甲说错，乙说的对，丙说的错，不满足题意．（3）假设丙丁中奖，此时甲说的对，乙说的对，丙说的对，满足题意．（4）假设甲丁中奖，此时甲说错，乙说的对，丙说的错,不满足题意.故选 C ．先假设中奖的两个人，然后逐一判断即可．本题考查简单的合情推理，属于基 础题型．10.【答案】 C【解析】解：由正三棱柱的底面边长为 1，得底面所在平面截其外接球所成的 圆 O 的半径 r= ，又由正三棱柱的 侧 棱 长为 则 圆O 的球心距 d= ，1， 球心到 根据球心距，截面圆半径，球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易得球半径 R 满足：R 2=r 2+d 2=，2∴外接球的表面 积 S=4πR= ．故选：C ．根据三棱柱的底面 边长及高，先得出棱柱底面外接 圆的半径及球心距，进而求出三棱柱外接球的球半径，代入球的表面 积公式即可得到棱柱的外接球的表面积．本题考查的是棱柱的几何特征及球的体积和表面积，考查数形结合思想、化归与转化思想，其中根据已知求出三棱柱的外接球半径是解答本题的关键．11.【答案】B【解析】解：设 A （x1，y1），B（x2，y2），则 y12=2px1，y22=2px2，两式相减，y y+y=2p x-x），得（-y ）（）（121212依题意 x ≠x，∴1 2∵y1+y2=4，因此 p=2 或 4．故选：B．利用点差法，结合直线的斜率，即可求出 p 的值．本题考查直线与抛物线的位置关系，考查点差法的运用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．【答案】 A12.【解析】解：f（x）=导数为f ′（x）=，取切点（m，n），则 n=，m=n，=1，∴m=，a=2e．∴f（x ）=，f ′（x）=，函数 f （x）在（0，e）上单调递增，（e，+∞）上单调递减，f（1）=0，x→ +∞，f（x）→0，由于 f （e）=2 为极大值，f（1）=0，关于 x 的方程 f（f（x））=t 恰有一个实数解即为当函数 g（x）=f（f（x））-t恰有一个零点时，t=f （f（e））=f（2）=eln2，实数 t 的取值范围是 {eln2} ，故选：A．先利用函数 f （x）=（a∈R）的图象与直线x-y=0相切，求出a，再作出f（x）的图象，利用当函数 g（x）=f（f（x））-t恰有一个零点时，即可实数 t 的取值范围．本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查数形结合的数学思想，属于中档题．13.【答案】【解析】约满足，作解：由束条件 x，y出可行域如图：化 z=x+y 为 y=-x+z ，由图可知，当直线 y=-x+z 过 A 时，直线在y 轴上的截距最大，由，可得A（，）时，z 有最大值为+ =．故答案为：．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．14.【答案】210【解析】项T（x 3 10-r= x30-5r，）解：通公式：r+1=令 30-5r=0，解得 r=6．∴常数项= =210．故答案为：210．利用通项公式即可得出．本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.【答案】或 2【解析】解：根据题意，分 2 种情况讨论：①，双曲线的焦点在 x 轴上，设其标准方程为-=1，则其渐近线方程为 y=±，即ay±bx=0，若该双曲线的一条渐近线22与圆（x-2）+y =1 相切，则有则=1，有 c=2b，则 a== b，此时线==；，双曲的离心率 e=②，双曲线的焦点在 y 轴上，设其标准方程为 -=1，则其渐近线方程为 y=±，即ax±by=0，2 2若该双曲线的一条渐近线与圆（x-2）+y =1 相切，则有=1，则有 c=2a，此时，双曲线的离心率 e== ；综线为或 2；合可得：双曲的离心率故答案为：或 2．根据题意，分 2 种情况讨论：① ，双曲线的焦点在 x 轴上，设其标准方程为-=1，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得=1，则有 c=2b，分析可得 a==b，由双曲线的离心率公式计算可得此时双曲线线轴设标准方程为-=1，求的离心率；②，双曲的焦点在 y上，其出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得=1，则有c=2a ，由双曲线的离心率公式 计算可得此 时双曲线的离心率；综合 2 种情况即可得答案．本题考查双曲线的几何性 质，注意按双曲线焦点的位置 进行分情况 讨论．16.【答案】 2300【解析】解：根据题意，|a k+1-a k |=1，则 a k+1 -a k =1 或 a k+1-a k =-1；）+（a）+（）+ +（a）=19，a 26-a 1=（a 26-a 25 25-a2424-a232-a1 设 其中有 x个 ak+1 则-a k =1， 有 25-x 个 a k+1-a k =-1，则有 x ×1+（25-x ）×（-1）=19，解可得 x=22，这样的数列个数有 C 2522=C 253=2300 个； 故答案为：2300．根据 题意，由数列的 递推公式可得 a）+（a）+（）26-a 1=（a 26-a 2525-a 2424-a23 + +（a 2-a 1）=19，结合题意分析可得 a k+1-a k =1 或 a k+1-a k =-1，设其中有 x 个a k+1 -a k =1，则有 25-x 个 a k+1-a k =-1，分析可得 x=22，由组合式公式 计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，涉及数列的递推公式的定 义，关键是利用数列的递推公式分析 a k+1-a k =1 的数目． 17.sinB+cos （ A+C ） =1．【答案】 解：（ Ⅰ ）依题意得：，整理得：，又 0＜ B ＜ π，∴ ，∴ ，解得：．22 22 2（ Ⅱ ）在 △ABC 中， AC =a +c -2accosB=a +c -ac ，在 △ABM 中， ，又 ∵AM =AC ，∴+，∴3a=2c，代入上式得，在△ABC 中，．【解析】（Ⅰ）直接利用已知条件和三角函数关系式的恒等变换求出 B 的值．（Ⅱ）利用余弦定理和正弦定理求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用．18.【答案】（Ⅰ ）证明：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立如图空间直角坐标系 A-xyz，设 AB=1，则 AA1 =AC = ，A（0，0，0），M（），B（1，0，0），N（0，，），A1（ 0，0，），B1（1，0，），∴=（，0），=（-1，，），∵? =0，∴AM ⊥BN．（Ⅱ）解：∵直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB 1⊥AM ，又 AM⊥BN，∴AM ⊥平面 BB1N，设平面 A1BN 的法向量为=（ x， y， z），=（-1， 0，），=（ 0，，0），则，取 z=1，得=（），设二面角的平面角为θ，则 cosθ== ．∴二面角 B1 -BN-A1的余弦值为．【解析】（Ⅰ）以A 为原点，AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AA 1为 z 轴，建立空间直角坐标系A-xyz 利用向量法能证明 AM ⊥BN．（Ⅱ）求出平面A 1BN 的法向量，利用向量法能求出二面角B1-BN-A 1的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19.【答案】解：（Ⅰ）由频率分布直方图得：购物者获得 50 元优惠券的概率为：（ 1.5+2+2.5 ）×0.1=0.6，购物者获得 100 元优惠券的概率为：（ 1.5+0.5 ）×0.1=0.2 ，购物者获得 200 元优惠券的概率为：（ 0.5+0.2 ）×0.1=0.07 ．∴获得优惠券金额的平均数为： 50 ×0.6+100 0×.2+2000×.07=64（元）．（Ⅱ ）从购物者中任取一人获得电子优惠券的概率为：0.6+0.2+0.07=0.87 ，依题意： X～ B（ 10， 0.87），所以E（X） =10×0.87=8.7．【解析】（Ⅰ）由频率分布直方图能求出获得优惠券金额的平均数．（Ⅱ）从购物者中任取一人获得电子优惠券的概率为 0.87，依题意：X ～ B（10，0.87），由此能求出E（X）．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的期望的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．20.【答案】解：（Ⅰ）依题意，有，解得a2=2 b2=1，，∴椭圆方程+y2=1，（Ⅱ ）由题意可知该直线存在斜率，设其方程为y=k（ x-2），由得（ 1+2k2） x2-8k2x+8k2-2=0 ，∴△=8（1-2k2）＞ 0，得 k2＜，设 A（x1， y1）， B（ x2， y2）， P（ x，y），∴x1+x2=，∴y1+y2=k（x1 +x2-4） =-，由+ =t得P（，），代入椭圆方程得t2=，由t2得＜k2＜＜＜，|AB |=?=2，∴令 u=，则 u∈（，），∴|AB |=2，令 y=2 u2+u-1，其对称轴为 x=- ，∴y=2u2+u-1 在（，）单调递增，∴0＜ y＜，∴0＜ |AB|＜故 |AB|的取值范围为（ 0，）【解析】题，解得即可，由此可求椭圆C 的方程；（Ⅰ）依意，有（Ⅱ）设直线 AB 的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理及弦长公式以及向量的坐标运算，即可求得结论．本题主要考查椭圆的标准方程和简单性质，求圆的标准方程得方法，直线和椭圆的位置关系，两个向量的数量积的运算，属于难题．x21.【答案】解：（Ⅰ）∵g（x）=f′（x）=e -2ax+a+1，由于 0＜ x＜ 1，故 1＜ e x＜ e，∴当 2a≤1即 a≤时， g′（ x）＞ 0，此时 g（ x）在（ 0， 1）上单调递增；当 2a≥e 即 a≥时， g′（ x）＜ 0，此时 g（ x）在（ 0，1）上单调递减；当＜ a＜时， g′（ x）＞ 0，故 x＞ ln2 a， g′（ x）＜ 0，故 x＜ln2 a，此时 g（ x）在（ 0，ln2 a）上单调递减，在（ln2a， 1）上单调递增；（Ⅱ）依题意，即 F （ x）=f（ x）-ex（ 0＜ x＜ 1）有零点，∵F ′（ x）=g（ x） -e； F（ 0） =F （ 1）=0 ， F′（ 0） =a+2-e， F ′（ 1） =1-a，由（Ⅰ）知，当 a≤时， F ′（ x）在（ 0，1）上单调递增， F ′（ 0）＜ 0，F′（ 1）＞ 0；∴存在 x0（ 0， 1）使得 F′（ x0） =0，且当 0＜x＜ x0时 F′（ x）＜ 0，故 F （ x）递减，当 x0＜ x＜ 1 时 F′（ x）＞ 0，故 F（ x）递增；∴F （x）＜ 0，无零点；当 a≥时， F ′（ x）在（ 0， 1）上单调递减，F′（ 0）＞ 0， F′（ 1）＜ 0，∴存在 x0∈（ 0， 1）使得 F ′（ x0） =0，且当 0＜ x＜ x0时 F′（ x）＞ 0，故 F（ x）递增，当 x0＜ x＜ 1 时 F′（ x）＜ 0，故 F（ x）递减；∴F （ x）＞ 0，无零点；当＜ a＜时， F′（ x）在（ 0， ln2a）上单调递减，在（ ln2 a， 1））上单调递增；∴F （ x）有零点 ??，令 h（ a）=F ′（ ln2a） =3a-2aln2 a+1- e，则 h′（ a） =1-2ln2 a，∴h′（ a）＞ 0? ＜a＜， h′（ a）＜ 0? ＜a＜，则 h（ a）max =h（） =+1- e＜ 0，∴此时 F′（ ln2a）＜ 0，综上： a∈（ e-2， 1）．【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论 a的范围以及函数的零点得到关于 a 的不等式组，解出即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．【答案】解：（Ⅰ）将 C1的参数方程是（φ为参数，0≤φ≤π）．22.消参化为普通方程：（ 0≤y≤3），曲线 C2的极坐标方程ρ=4sin （θρ≠0）．22， 0）点除外）转化为： x+y -4y=0（（ 0（Ⅱ）直线的极坐标方程为（ρ∈R），曲线 C1的极坐标方程为：即：（ 0≤θ≤π）设，代入 C1的极坐标方程得，设，代入 C2的方程得，则 |AB|=．【解析】（Ⅰ）直接利用转换关系把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化，（Ⅱ）利用极坐标方程和直角坐标方程求出结果．本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，极径的应用．23.【答案】解：（Ⅰ）由f（x）=，得 f（ x）min=1，要使 f（ x）≥|m-1|恒成立，只要 1≥|m-1|，即 0≤m≤2，实数 m 的最大值为2；a22 2 2≥2ab ab≤1（Ⅱ）由（Ⅰ）知+b =2，又 a +b，故，（a+b）2-4a2b2=a2+b2+2ab-4a2b2=2+2 ab-4a2b2 =-2（ab-1）（ 2ab+1 ），∵0＜ ab≤1，∴（ a+b）2-4a2b2=-2 （ ab-1）（ 2ab+1）≥0，∴a+b≥2ab．【解析】（Ⅰ）求出f（x）的最小值，得到关于 m 的不等式，求出 m 的范围即可；（Ⅱ）求出0＜ab≤1，根据其范围证明即可．本题考查了绝对值不等式问题，考查不等式的证明，是一道中档题．。
新疆维吾尔自治区2018年普通高考第一次适应性检测理科数学
新疆维吾尔自治区2018年普通高考第一次适应性检测理科数学第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.设集合}0ln |{},2221|{≤=<≤=x x B x A x ，则=B A I .A ⎪⎭⎫⎝⎛21,0 .B ]0,1[- .C ⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,21 .D ]1,1[- 2.已知i b iia 2+=+),(Rb a ∈，其中i 为虚数单位，则=+22b a .A 0 .B 1 .C 2 .D 33.“41<m ”是“一元二次方程02=++m x x 有实数解”的.A 充要条件 .B 充分不必要条件 .C 必要不充分条件 .D 既不充分又不必要条件4. 设实数y x ,满足约束条件⎩⎨⎧-≥≥-202x y y x ，则y x z +=2的最大值为.A 4 .B 310.C 10 .D 11 5.平面向量)2,2(),1,1(),,(),,(22====d c y x b y x a ，若1=⋅=⋅d b c a ，则这样的向量a 有（）个.A 1 .B 2 .C 多于2 .D 06. 沈括是我国宋朝著名科学家，宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成了堆垛，怎样用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术，沈括用近15年的时间写了著名的《梦溪笔谈》，提出了公式，解决了这个问题；下图中是长方垛，每一层都是长方形，底层长方形的长边放置了a 个酒缸，短边放置了b 个酒缸，共放置了n 层，某同学根据左图，绘制了计算酒缸总数的程序框图，那么在◇和□两个空白框中，分别可以填入.A ?n i <和b a S S *+= .B ?n i ≤和b a S S *+= .C ?n i ≤和b a S *= .D ?n i <和b a S *=7. 已知双曲线12222=-y a x )20(<<a 的两条渐近线的一个夹角为3π，则双曲线的离心率为.A 332 .B 362 .C3 .D 2 8. 已知定义在R 上的函数xx f ⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，记)9.0(9.0f a =，))9(ln(lg f b =，⎪⎭⎫ ⎝⎛=1sin 1f c ，则c b a ,,的大小关系为.A c a b << .B a b c << .C b a c << .D b c a <<9.数列Λ,5,5,5,5,5,4,4,4,4,3,3,3,2,2,1-------的项正负交替，且项的绝对值为1个1，2个2，3个3，4个4，5个5，…，n 个n ，则此数列的前100项和为.A 7 .B 21 .C 21- .D 7-10.在空间中，与边长均为3㎝的△ABC 的三个顶点距离均为433㎝的平面的个数为 .A 2 .B 4 .C 6 .D 8在区间]2,0[中随机取两个数，则两个数中较大的数大于32的概率为 .A 98 .B 97 .C 94 .D 91 11. 不等式2229t t a t t +≤≤+在]2,0(∈t 时恒成立，则a 的取值范围是.A 161≤≤a .B 1132≤≤a .C 13461≤≤a .D 2261≤≤a 12.关于函数x xx f ln 2)(+=，则下列结论不正确的是.A 存在正实数k ，使得kx x f >)(恒成立 .B 函数x x f y -=)(有且一个零点.C 2=x 是）x f (的极小值点 .D 对任意两个正实数21,x x ，且21x x >，若)()(21x f x f =，则421>+x x第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列的{}n b 的前n 项和为n T ，且111==b a ，844-==b a ，则=55T S ______ 14. 如图是一个四棱锥的三视图，其正视图与侧视图都是边长为32的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的外接球的体积为_______ 15.在62)1(11x x +⎪⎭⎫ ⎝⎛+的展开式中含2x 项的系数为______ 16.横坐标和纵坐标均为整数的点叫整点，设b a ,均为大于1的正数， 且010=--+b a ab ，若b a +的最小值为m ，则满足m y x ≤+2223的整点),(y x 的个数为________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）已知向量)sin ,1(x =，)1,(sin -=x ，)cos ,1(x =，),0(π∈x （Ⅰ）若c b a //)(+，求x（Ⅱ）在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为c b a ,,，且B 为（Ⅰ）的x ，C B C C B sin sin sin 2sin 2sin 2222=-+，求)3sin(π-C 的值18.（本小题满分12分）中国共产党第十九次全国代表大会（简称十九大）于2017年10月18日——10月24日在北京胜利召开，十九大报告指出：“必须把教育事业放在优先位置，深化教育改革，加快教育现代化，办好人民满意的教育”，要“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育，办好学前教育、特殊教育和网络教育”，某乡镇属于学前教育的学校、属于特殊教育的学校、属于网络教育的学校的比例为3：1：2，现有3名师范毕业生从3类学校中任选一所学校参与应聘，假设每名毕业生被每所学校录取的机会相等 （Ⅰ）求他们选择的学校所属教育类别相同的概率（Ⅱ）记ξ为3名师范毕业生中选择的教育属于学前教育或网络教育的人数，求ξ的分布列及数学期望19.（本小题满分12分）如图，在四棱锥ABCD -P 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥BD 于点O ，E 为线段PC 上的一点，且AC ⊥B E（Ⅰ）求证：⊥OE 平面ABCD正视图侧视图俯视图（Ⅱ）若BC ∥AD ，2BC =，22AD =，3PA =，且CD AB =，求二面角A PD C --的余弦值20.（本小题满分12分）一动圆M 与圆1O ：1)1(22=-+y x 外切，与圆2O ：9)1(22=++y x 内切（Ⅰ）求动圆圆心M 的轨迹C 方程（Ⅱ）设过圆心1O 的直线1:+=kx y l 与轨迹C 相交于A ，B 两点，请问△2ABO 的内切圆N 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线l 的方程，若不存在，请说明理由21. （本小题满分12分） 已知函数221ln )(ax x x x x f --= （Ⅰ）当2-=a 时，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f P 处的切线方程 （Ⅱ）若)(x f 有两个极值点21,x x ，且21x x <，求证：221e x x >选做题（22，23任选一题）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，已知曲线1C 的参数方程是：⎩⎨⎧+=+-=φφsin 23cos 24y x （φ为参数，πφ20<≤），以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为：θθρsin cos 4-=，其中πθ20<≤（Ⅰ）求曲线21,C C 的普通方程，并说明它们分别表示什么曲线（Ⅱ）若P 是曲线1C 上任意一点，Q 曲线2C 上任意一点，求||PQ 取最小值时P 点的坐标PABCBEO23. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 设函数|42||12|)(--+=x x x f ，229)(x x x g -+= （Ⅰ）解不等式1)(>x f（Ⅱ）证明：)(2)(168x f x g x -≥-。
新疆乌鲁木齐地区2018届高三第一次诊断测试数学(理)试题扫描版含答案
2018年高三年级学业水平学科能力第一次诊断测试理科数学（问卷）（卷面分a ：150分 考试时间：120分钟）注意事项：1・本卷分为问卷（4页）和答卷（4页），答案务必书写在答卷（或答題卡）的指定位逻上. 2 •答卷前■先将答卷密封埃内（或答题卡中的相关信息）的项目填写清楚.第I 卷（选择题共60分）一•迭择J8：本大B!共12小題■每小JS 5分•在每小題给出的四个选项中■只有一项是符合10目要求的.1・设全集 C/ = R,集合 4«|%lz>I|.B=|xk 2-2x-3>0| 侧 二 A. -IIB ・ khWl}C ・ |xl -1 <xCl|D ・(xll <%<3|2.复数二的共毙复数足3.下列函数中，既趕偶函数乂在（-8 ,0）上承调递增的函数是 A.y = ? B ・厂2皿 C.y-lofcy-TD ・y“2 4•若变盘机）满足釣束条件则3爲十2丿的最大值是 3“y -4w0. A.OB.2C.5D.65. 一个直三梭柱的三视图如图所示■其中傅视图是1E A卑B"C.220山年离三邻flMhk 水平力划一次诊《J8B 试理科效学・F+« «1M （ JU JDA. 1 -iD.4正6. 函数/{x)=(e则不等式/{X )>1的解集为l-log 3(x-l) («>2)tA. (1,2) B ・(-8,却 C ・(lD. [2.令8)7. 执行如图所示的程序IS 图，则輸出S 的值为 A.4 097 B.9 217D. 20 481&甲、乙、丙、丁四位同学参加朗读比赛•其中只有一位获奖。
冇同学走访这四位同学•甲说: “是乙或丙获奖”，乙说:■甲、丙都未获奖"■丙说广我获奖了"•丁说:“是乙获奖了”。
若四 位同学中只有两人说的话是对的■则获奖的冋学是D.T10.过球面上一点P 作球的互相垂宜的三条弦/M. PB. PC •已知PA = PR"念PC J.则球的 半径为A ・lB-fC ・2D 号H ・已知抛物线/«2px(p>0)与圆F ： x 2 ■芦・0■过点F 作直我2,自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D,则下列关于MBI • ICDI 的值的说法中•正确的是 A •等于今 C.最小值为hD ・最大值为h 12•设函数/(兀)之・(2-3“3)若不等式/(x)^0有解•則实数a 的最小值为A. —-1B.2-2.C.l +2e 2201晖离三年级学•水平学科能力知一次诊醮测试理科数学•何卷®2ft(共4 JD(W ) I 耳3C.9 729B •等于4p‘D.lA.甲B ・乙C •丙第n卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题，毎个试題考生都必须作答•第22题~第23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题:本大題共4小题.每小題5分.13.法）'的展开式中•箴数項为_______ ・（用数字填写答案）14.两条渐近线所成的说角为60。
新疆乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验数学(理)试卷附答案解析
新疆乌鲁木齐地区2019届高三第二次质量监测数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合，，则等于A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】对集合化简，然后求出。
【详解】解：由B中不等式解得：-2＜x＜2，即B={x|-2＜x＜2}，∵A={x|x＜1}，∴A∩B={x|-2＜x＜1}，故选：A．【点睛】本题考查了集合交集的运算。
2.已知复数z=（i是虚数单位），则复数z的虚部为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】运用复数除法的法则，对复数z进行化简，最后求出复数z的虚部。
【详解】解：复数z=复数的虚部为．故选：A．【点睛】本题考查了复数的除法运算、虚部的概念。
3.图象关于原点对称且在定义域内单调递增的函数是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先判断函数是不是奇函数，然后判断是不是定义域内单调递增的函数。
【详解】解：根据题意，函数的图象关于原点对称，则该函数为奇函数， 据此分析选项： 对于A ，，为偶函数，不符合题意； 对于B ，，为偶函数，不符合题意；对于C ，，是奇函数，但在其定义域中不是单调函数，不符合题意； 对于，，是奇函数即其图象关于原点对称且在定义域内单调递增，符合题意；故选：D ．4.若实数x ，y 满足，则函数的最大值为 A. 12B.C. 3D. 15【答案】A 【解析】 【分析】画出可行域，然后平移直线，找到在轴截距最大时，直线经过的点，代入，求出函数的最大值。
【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）． 由得，平移直线，由图象可知当直线经过点A 时，直线在轴的截距最大，此时z 最大．由，解得，即A（5，2），代入目标函数得z=2×5+2=12．即目标函数的最大值为12．故选：A．【点睛】本题考查了线性规划问题。
数形结合是解决此问题题的关键。
5.我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”其中“幂”即是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体的体积相等，已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为A. B. C. D.【答案】B【解析】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，由三视图知几何体是一个正方体去掉一个半圆柱，如图：正方体的体积为，半圆柱的体积为，从而其体积为，故选B．6.已知实数，，，则a，b，c的大小关系是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判断的大小范围，然后判断三个数的大小关系。
2018年5月最新优质市级模拟试卷快递：新疆乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验理数试题(解析版)
1．C【解析】由题意，根据两集合并集的运算定义，即将两集合的元素合并在一起，组成一个新的集合，所以.故选C.2．C【解析】由题意，根据复数乘除的运算法则，对题中复数进行分母实数化，即.故选C.6．C【解析】由题意，执行程序得，（否）；，（否）；，（否）；，（是），则，即.故选C.7．B【解析】由题意，根据函数的性质知，在上单调递增，又，所以，即，由在上为单调递增，所以.故选B.点睛：此题主要考查函数奇偶性、单调性，及其在求不等式解集中的应用等有关方面的知识与技能，属于中档题型，也是常考考点.利用函数的单调性解决不等式中恒成立问题，是高中数学非常典型的题型，首选需要对函数的单调性作出判断，再对不等式进行求解.8．B【解析】由题意，函数的图象向左平移个单位长度后，得，由的图象关于对称，即为偶函数，则，又，所以当时，有，即，则当，，有，所以函数在上的最小值为.故选B.点睛：此题主要考查三角函数图象的平移变换、对称性、最值等性质有关方面的知识与技能，属于中档题型，也是常考题型.一般此类问题常涉及三角函数的知识点两个或两个以上，要求考生在熟练掌握三角函数图象的基础上，要对三角函数的性质灵活运用，有时还需要用数形结合的思想来求解.，过作于，则，在底面圆周，选择，使得，则到的距离的最大值为3，故选：C点睛：本题考查空间点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，解题的关键是作出轴截面图形，属中档题．11．C【解析】由题意，，得，不妨设椭圆方程为，椭圆上任取点，取焦点，则中点，根据条件可得，，联立两式解得，代入椭圆方程解得，，由此可得椭圆方程为或.故选C.点睛：此题主要考查椭圆方程、焦点，椭圆与直线位置关系，点关于直线对称性等有关方面的知识和技能，以及数形结合法在解决解析几何问题中的应用，属于中档题型，也是常考考点.数形结合法是数学解题中常用的思想方法之一，通过“以形助数，以数解形”，根据数列与形之间的对应关系，相互转化来解决问题.令，，①时，令，解得：，时，，时，，∴是的极小值点，∴一定存在，使时，，即，时，，即，∴符合题意；②时，，，，时，，，，故在，递减，在递增，故不存在极大值，∴不符合题意；③时，若，，时，，时，，时，，∴在上递增，函数一定没有极大值，综上可得只有C选项符合题意.点睛：本题考查了函数的单调性，函数的极值与最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，有一定难度. 13．【解析】由题意，先作出约束条件的可行域图形，如图中阴影部分，将目标函数转化为，在图中作出平行直线，在可行域范围内平行移动直线，则当移到顶点处时，有，由于可行域向上无限延展，所以目标函数的取值范围为.点睛：此题主要考查不等式中简单线性规划求最优解的问题，以及数形结合法在此类问题中的应用，属于中低档题型，也是常考题型.解此类问题过程中，常用图解法来求解，图解法很直观，首先在平面直解坐标系上画出可行域，再画出目标函数的等值线，将目标函数的等值线平移得到最优解.点睛：本题考查了数列递推关系、等差数列的求和公式、累加求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.17．(1);(2).【解析】试题分析：（1）根据条件，由正弦定理，可将等式中“边化角”，再根据两角和正弦公式，进行整理化简，可算出的值，从而可求得的值；（2）根据题意，由（1）可得的值，根据三角形面积公式，可计算出的值，结合条件，根据余弦定理，从而可求出的值.试题解析：（1）∵，∴，即，∴；（2），.18．(1)见解析;(2).（2）建立如图空间直角坐标系，由题意得，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，得，同理得平面的法向量为，∴，所以他的余弦值是.点睛：此题主要考查立体几何中异面直线垂直的证明，二面角的三角函数值的求解，以及坐标法在解决立体几何问题中的应用等有关方面的知识和技能，属于中档题型，也是常考题型.坐标法在解决立体几何中的一般步骤，一是根据图形特点，建立空间直角坐标系；二是将几何中的量转化为向量，通过向量的运算；三是将运算得到的结果翻译为几何结论.19．(1)见解析;(2)见解析;(3).则；（2）小明以及同学每人所用时间不超过的概率为，依题意，因此的分布列为：，；（3）小明在一天中上学，放学所花的时间总不超过分钟为事件，包括以下情况：上学，放学都是分钟；上学，放学都是分钟；上学分钟，放学分钟，上学分钟，放学分钟，上学分钟，放学分钟，上学分钟，放学分钟，共六种情况，∴.20．(1);(2)见解析.则，∴，∴.21．(1)有极大值，无极小值；(2)见解析.【解析】试题分析：（1）由题意，利用导数法进行求解，通过导数研究函数的单调性，从而求出该函数的极值，问题得于解决；（2）由题意，可将问题转化为，利用导数法，对参数进行分段讨论的符号，经过逐层深入研究，由此求出函数的最大值，从而问题得于解决.试题解析：（1）∵，∴，当时，，，故取，显然，由上知当时，，，∴，综上可知，当时，恒成立.22．(1)见解析;(2).【解析】试题分析：（1）由题意，根据直线的参数方程，经过消参，即可得到直线的直角坐标方程，通过曲线的极坐标方程，由两角和的正弦公式，对方程进行化简整理，再根据极坐标与直角坐标的换算公式进行运算，从而问题得于解决；（2）在（1）的基础上，可作出草图，易发现恒为圆的直径，由此可求出直线的方程，再联立直线的方程，从而可处出两直线的交点.试题解析：（1）直线：，曲线：；（2）由题意，则是圆的直径，∴直线经过圆心，∴直线的方程是，即，联立得交点.点睛：此题主要考查直线的参数方程与直角坐标方程的互化，圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化有关方面的知识与技能，属于中档题型，也是必考点.参数方程与直角坐标方程的互化，只消参即可，而及极坐标方程与直角坐标方程的互化，需要转化换公式来进行换算，从而问题可得解.23．(1);(2).。
2018年新疆乌鲁木齐市高考数学三诊试卷(理科)
2018年新疆乌鲁木齐市高考数学三诊试卷（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. 若集合A={x|−2<x<1}，B={x|0<x<2}，则集合A∪B等于()A.{x|−1<x<1}B.{x|−2<x<1}C.{x|−2<x<2}D.{x|0<x<1}【答案】C【考点】并集及其运算【解析】由A与B，求出两集合的并集即可．【解答】解：∵A={x|−2<x<1}，B={x|0<x<2}，∴A∪B={x|−2<x<2}．故选C.2. 已知i为虚数单位，则复数1+2i2−i()A.1B.iC.−1D.−i【答案】B【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求值．【解答】1+2i 2−i =(1+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=2+i+4i−25=5i5=i．3. 设p:0<x<1，q:2x≥1，则p是q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】q:2x≥1，解得x≥0．即可判断出结论．【解答】q:2x≥1，解得x≥0．又p:0<x<1，则p是q的充分不必要条件．4. 某几何体的三视图如图所示，俯视图右侧是半圆，则该几何体的体积为（ ）A.4+2π3B.4+π3C.2+2π3D.2+π3【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】根据几何体的三视图，得该几何体是底面为半圆的圆锥与高为2的四棱锥组合而成，求出几何体的体积即可． 【解答】根据几何体的三视图，得该几何体是底面为半圆的圆锥与高为2的四棱锥组合而成， ，圆锥的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面是长、宽分别为2、1的长方形， 几何体的体积V =13×2×1×2+12×13×π×12×2=4+π3．5. 若cos2αcos(α−π4)=√22，则sin2α的值为（ ） A.34B.38C.−38D.−34【答案】A【考点】二倍角的三角函数 【解析】根据二倍角公式与两角差的余弦公式化简，再用平方关系求得sin2α的值． 【解答】cos2αcos(α−π4)=√22， ∴ cos 2α−sin 2αcosαcos π4+sinαsin π4=√22(cosα+sinα)=√2(cosα−sinα)=√22， ∴ cosα−sinα=12，两边平方得1−2sinαcosα=14， ∴ 2sinαcosα=34， 即sin2α=34．6. 执行如图所示的程序框图，若输出的S值是−4，则输入的S0为（）A.2B.8C.26D.58【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S=S0−2−22−23−24的值，由已知输出的S值是−4，即可计算得解．【解答】模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S=S0−2−22−23−24的值，由题意可得：S0−2−22−23−24=−4，解得：S0=26．7. 已知f(x)是R上的偶函数，且在[0, +∞)上单调递减，则不等式f(lnx)>f(1)的解集为（）A.(e−1, 1)B.(e−1, e)C.(0, 1)∪(e, +∞)D.(0, e−1)∪(1, +∞)【答案】B【考点】奇偶性与单调性的综合【解析】根据函数奇偶性和单调性的关系将不等式进行转化即可．【解答】∵f(x)是R上的偶函数，且在[0, +∞)单调递减，∴不等式f(lnx)>f(1)等价为f(|lnx|)>f(1)，即|lnx|<1，即−1<lnx<1，得e−1<x<e，即不等式的解集为(e−1, e)故选：B．8. 将函数f(x)=cos(2x+φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π6个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则函数f(x)在[π12,π2]上的最小值为（）A.−√32B.−12C.12D.√32【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】直接利用函数的平移变换求出结果．【解答】函数f(x)=cos(2x+φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π6个单位长度后，得到：f(x)=cos(2x+π3+φ)，所得图象关于y轴对称，则：φ+π3=kπ，(k∈Z)，解得：φ=kπ−π3(k∈Z)，当k=0时，φ=−π3．所以：f(x)=cos(2x−π3)，当：π12≤x≤π2时，−π6≤2x−π3≤2π3，故：−12≤cos(2x−π3)≤1，故最小值为−12．9. 已知数列{a n}，{b n}满足a1＝b1＝1，a n+1−a n=b n+1b n =2，n∈N∗，则数列{b an}的前10项的和为（）A.4 3(49−1)B.43(410−1) C.13(49−1) D.13(410−1)【答案】D【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】根据等差数列与等比数列的定义结合题中的条件得到数列{a n}与{b n}的通项公式，进而表达出{b an}的通项公式并且可以证明此数列为等比数列，再利用等比数列前n项和的公式计算出答案即可．由题意可得a n+1−a n=b n+1b n=2，所以数列{a n}是等差数列，且公差是2，{b n}是等比数列，且公比是2．又因为a1＝1，所以a n＝a1+(n−1)d＝2n−1．所以b an=b2n−1=b1⋅22n−2＝22n−2．设c n=b an，所以c n＝22n−2，所以c nc n−1=4，所以数列{cn}是等比数列，且公比为4，首项为1．由等比数列的前n项和的公式得：其前10项的和为13(410−1)．10. 圆锥底面半径为√5，高为2，SA是一条母线，P点是底面圆周上一点，则P点到SA 所在直线的距离的最大值是（）A.2√53B.4√53C.3D.4【答案】C【考点】点、线、面间的距离计算【解析】画出图形，判断轴截面的三角形的形状，然后转化求解P的位置，推出结果即可．【解答】圆锥底面半径，高为2，SA是一条母线，P点是底面圆周上一点，P在底面的射影为O；SA=√4+5=3，OA>SO，经过SA的轴截面如图：∠ASQ>90∘，过Q作QT⊥SA于T，则QT<QS，在底面圆周，选择P，使得∠PSA=90∘，则P到SA的距离的最大值为3．11. 椭圆的离心率为√22，F为椭圆的一个焦点，若椭圆上存在一点与F关于直线y=x+4对称，则椭圆方程为（）A.x2 18+y29=1B.x29+y218=1C.x2 18+y29=1或x29+y218=1D.x28+y24=1或x24+y28=1【答案】C【考点】椭圆的定义椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】由椭圆的离心率，求得b=c，则椭圆的标准方程转化成x2+2y2=2b2，求得右焦点关于直线y=x+4对称的点，代入椭圆方程，即可求得b和a的值，求得椭圆方程．由椭圆的离心率e =c a=√22，则a =√2c ，由b 2=a 2−c 2=c 2，则b =c ， 不妨设椭圆方程为x 2+2y 2=2b 2，∴ 右焦点(−b, 0)关于l:y =x +4的对称点设为(x′, y′)，则{y ′x′+b =−1y ′2=x ′−b2+4，解得{x ′=−4y ′=4−b，由点(−4, 4−b)在椭圆上，得16+2(4−b)2=2b 2，b =3，a =3√2， 由椭圆的对称性可知椭圆的焦点坐标也可以在y 轴上， ∴ 椭圆的标准方程为：x 218+y 29=1或x 29+y 218=1．12. 若函数f(x)=e x x−kx 2有极大值，则实数k 的取值范围是（ ）A.⌀B.(0, +∞)C.(−∞, 0)D.(−∞, 0)∪(0, +∞) 【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】先求导，再构造函数令g(x)=(x −1)e x −kx 2．g′(x)=x(e x −2k)，分以下三种情况讨论：①k <0时，一定存在x 0，使x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，即f′(x)<0，x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，即f′(x)>0‘k <0符合题意②k =0时，f(x)在(−∞, 0)，(0, 1)递减，在(1, +∞)递增，故不存在极大值，k =0不符合题意；③k >0时，若k =14，g(x)在R 上递增，函数f(x)=e x x−2x 一定没有极大值【解答】 f′(x)=e x (x−1)−2kx 2x 2，令g(x)=(x −1)e x −2kx 2． g′(x)=x(e x −4k)，①k <0时，令f′(x)=0，解得：x =0，当x >0时，g′(x)>0，当x <0时，g′(x)<0， ∴ x =0是g(x)的极小值点，g(0)=−1<0∴ 一定存在x 0，使x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，即f′(x)<0， x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，即f′(x)>0‘ ∴ k <0符合题意； ②k =0时，f(x)=e x x，f′(x)=e x (x−1)x 2，x ∈(−∞, 0)，(0, 1)时，f′(x)<0，x ∈(1, +∞)，f′(x)>0，故f(x)在(−∞, 0)，(0, 1)递减，在(1, +∞)递增，故不存在极大值， ∴ k =0不符合题意；③k >0时，若k =14，g′(x)=x(e x −1)， x >0时，g′(x)>0，x <0时，g′(x)>0， x =0时，g′(x)=0，∴ g(x)在R 上递增，函数f(x)=e x x−kx 2一定没有极大值；综上：k <0．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.设x ，y 满足{2x +y ≥4x −y ≥−1x −2y ≤2，则z =x +y 的取值范围为________．【答案】 [2, +∞) 【考点】 简单线性规划 【解析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形找出最优解，求出目标函数的最值即可． 【解答】画出不等式组{2x +y ≥4x −y ≥−1x −2y ≤2 表示的平面区域如图阴影所示，则目标函数z =x +y 过点A 时取得最小值， 由{2x +y =4x −2y =2，解得A(2, 0)， 此时z =x +y 取得最小值为2，无最大值； ∴ z =x +y 的取值范围是[2, +∞)．已知向量m →，n →夹角为60∘，且|m →|=1，|2m →+n →|=√10，则|n →|=________． 【答案】 √7−1 【考点】平面向量数量积坐标表示的应用 【解析】根据条件对|2m →+n →|=√10两边平方即可得出4+2|n →|+|n →|2=10，这样解关于|n →|的方程即可求出|n →|的值． 【解答】∵ <m →,n →>=60，且|m →|=1,|2m →+n →|=√10；∴ (2m →+n →)2=4m →2+4|m →||n →|cos60+|n →|2=4+2|n →|+|n →|2=10；解得|n →|=√7−1，或−√7−1（舍去）；∴ |n →|=√7−1．双曲线的渐近线经过点(1, 2)，双曲线经过点(2√2, 4)，则双曲线的离心率为________． 【答案】 √5【考点】双曲线的特性【解析】根据题意，分析可得双曲线的一条渐近线方程为y=2x，据此可以设双曲线的方程为：x2 1−y24=t，(t≠0)，将点(2√2, 4)的坐标代入双曲线的方程，解可得t的值，即可得双曲线的标准方程，求出a、b、c的值，由双曲线的离心率公式计算可得答案．【解答】根据题意，双曲线的渐近线经过点(1, 2)，则双曲线的一条渐近线方程为y=2x，可以设双曲线的方程为：x21−y24=t，(t≠0)，又由双曲线经过点(2√2, 4)，则81−164=t，解可得t=3，则双曲线的方程为x23−y212=1，其中a=√3，b=2√3，则c=√15，则双曲线的离心率e=√15√3=√5．设正项数列{a n}的前n项和为S n，a1=√2−1，1an+1=S n+1+S n+22n+1，则S n=________．【答案】√n2+1−1【考点】数列的求和数列递推式【解析】1 a n+1=S n+1+S n+22n+1，a n+1=S n+1−S n，可得(S n+1+1)2−(S n+1)2=2n+1．利用累加求和方法得出．【解答】∵1a n+1=S n+1+S n+22n+1，a n+1=S n+1−S n，∴(S n+1+1)2−(S n+1)2=2n+1．∴(S n+1)2=(2n−1)+(2n−3)+……+3+(a1+1)2=(n−1)(2n−1+3)2+2=n2+1，S n>0．∴Sn=√n2+1−1．三、解答题：第17～21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明、证明过程或演算步骤.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且acosC+(c−3b)cosA=0．（1）求tanA的值；（2）若△ABC的面积为√2，且b−c=2，求a的值．【答案】根据题意，△ABC 中，acosC +(c −3b)cosA =0， 则有sinAcosC +(sinC −3sinB)cosA =0， 即sinAcosC +sinCcosA =3sinBcosA ，变形可得cosA =13，则sinA =√1−cos 2A =2√23，则tanA =sinAcosA =2√2；若△ABC 的面积为√2，即S =12bcsinA =12×bc ×2√23=√2，即可得bc =3，又由余弦定理，a 2=b 2+c 2−2bccosA =(b −c)2+2bc −23bc =8， 则a =2√2．【考点】 正弦定理 【解析】（1）根据题意，对于acosC +(c −3b)cosA =0由正弦定理分析可得sinAcosC +(sinC −3sinB)cosA =0，变形可得cosA =13，利用同角三角函数的基本关系式分析可得答案；（2）由三角形面积公式可得S =12bcsinA =12×bc ×2√23=√2，变形可得bc =3，又由余弦定理，a 2=b 2+c 2−2bccosA ，代入数据计算即可得答案． 【解答】根据题意，△ABC 中，acosC +(c −3b)cosA =0， 则有sinAcosC +(sinC −3sinB)cosA =0， 即sinAcosC +sinCcosA =3sinBcosA ，变形可得cosA =13，则sinA =√1−cos 2A =2√23，则tanA =sinAcosA =2√2；若△ABC 的面积为√2，即S =12bcsinA =12×bc ×2√23=√2，即可得bc =3，又由余弦定理，a 2=b 2+c 2−2bccosA =(b −c)2+2bc −23bc =8，则a =2√2．如图，四棱锥P −ABCD ，底面ABCD 是正方形，PA =PD =AB =1，PB =PC =√2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．（1）求证AB ⊥EF ；（2）求二面角B −EF −C 的余弦值． 【答案】证明：取PC 中点M ，连结EM ，FM ， ∵ ABCD 是正方形，∴ AB ⊥AD ，又∵ PA =AB =1，PB =√2，∴ AB ⊥PA ， ∴ AB ⊥面PAD ，∴ AB ⊥PD ，又∵ E ，F ，M 都是中点，∴ EM // BC ，MF // PD ， ∴ AB ⊥面EMF ，∴ AB ⊥EF ；建立如图空间直角坐标系，由题意得B(1,−12,0)，C(1,12,0)，F(12,12,0)，E(12,−14,√34)，则BF →=(−12,1,0)，EF →=(0,34,−√34)，CF →=(−12,0,0)，设平面BEF 的法向量为n 1→=(x 1,y 1,z 1)，则{n 1→⋅BF →=0n 1→⋅EF →=，即{−12x 1+y 1=034y 1−√34z 1=0 ， 令y 1=1，则x 1=2，z 1=√3，得n 1→=(2,1,√3)，同理得平面CEF 的法向量为n 2→=(0,1,√3)， ∴ cos <n 1→,n 2→>=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|=√22，所以它的余弦值是√22．【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面垂直 【解析】（1）取PC 中点M ，连结EM ，FM ，说明AB ⊥AD ，推出AB ⊥PA ，即可说明AB ⊥面PAD ，证明AB ⊥PD ，然后通过平行关系推出AB ⊥EF ；（2）建立如图空间直角坐标系，求出相关点的这边，求出平面BEF 的法向量，平面CEF 的法向量，利用空间向量的数量积求解它的余弦值即可． 【解答】证明：取PC 中点M ，连结EM ，FM ， ∵ ABCD 是正方形，∴ AB ⊥AD ，又∵ PA =AB =1，PB =√2，∴ AB ⊥PA ， ∴ AB ⊥面PAD ，∴ AB ⊥PD ，又∵ E ，F ，M 都是中点，∴ EM // BC ，MF // PD ， ∴ AB ⊥面EMF ，∴ AB ⊥EF ；建立如图空间直角坐标系，由题意得B(1,−12,0)，C(1,12,0)，F(12,12,0)，E(12,−14,√34)，则BF →=(−12,1,0)，EF →=(0,34,−√34)，CF →=(−12,0,0)，设平面BEF 的法向量为n 1→=(x 1,y 1,z 1)，则{n 1→⋅BF →=0n 1→⋅EF →=0 ，即{−12x 1+y 1=034y 1−√34z 1=0 ， 令y 1=1，则x 1=2，z 1=√3，得n 1→=(2,1,√3)，同理得平面CEF 的法向量为n 2→=(0,1,√3)，∴ cos <n 1→,n 2→>=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|=√22，所以它的余弦值是√22．小明和他的一些同学住在同一小区，他们上学、放学坐公交在路上所用的时间X （分钟）只与路况畅通情况有关（上学、放学时的路况是一样的），小明在一年当中随机地记录了200次上学（或放学）在路上所用的时间，其频数统计如表：（1）求他上学（或放学）在路上所用时间的数学期望E(X)；（2）小明和他的另外两名同学4月23日彼此独立地从小区到学校去，设他们3人中所用时间不超过E(X)的人数为Y ，求Y 的分布列及数学期望；（3）小明在某天上学和放学总共所花的时间不超过40分钟的概率是多少？ 【答案】将频率视作概率得到随机变量X 的分布列如下：则E(X)=15×14+20×14+25×310+30×15=22.25；小明以及同学每人所用时间不超过E(X)=22.25的概率为14+14=12，依题意y ∼B(3,12)，因此y 的分布列为：P(y =k)=C 3k (12)3−k (12)k =18C 3k (k =0,1,2,3)，E(y)=3×12=32；小明在一天中上学，放学所花的时间总不超过40分钟为事件A ，包括以下情况：上学，放学都是15分钟；上学，放学都是20分钟；上学15分钟，放学20分钟，上学20分钟，放学15分钟，上学15分钟，放学25分钟，上学25分钟，放学15分钟，共六种情况， ∴ P(A)=(14)2+(14)2+2×14×14+2×14×310=25．【考点】离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）将频率视作概率得到随机变量X 的分布列，然后求解期望；（2）小明以及同学每人所用时间不超过E(X)=22.25的概率，得到y ∼B(3,12)，然后求解分布列以及期望即可．（3）小明在一天中上学，放学所花的时间总不超过40分钟为事件A ，列出所有可能的情况，然后求解概率即可． 【解答】将频率视作概率得到随机变量X 的分布列如下：则E(X)=15×14+20×14+25×310+30×15=22.25；小明以及同学每人所用时间不超过E(X)=22.25的概率为14+14=12，依题意y ∼B(3,12)，因此y 的分布列为：P(y =k)=C 3k (12)3−k (12)k =18C 3k (k =0,1,2,3)，E(y)=3×12=32；小明在一天中上学，放学所花的时间总不超过40分钟为事件A ，包括以下情况：上学，放学都是15分钟；上学，放学都是20分钟；上学15分钟，放学20分钟，上学20分钟，放学15分钟，上学15分钟，放学25分钟，上学25分钟，放学15分钟，共六种情况， ∴ P(A)=(14)2+(14)2+2×14×14+2×14×310=25．抛物线C:y 2=2px(p >0)的焦点是F ，直线y =2与C 的交点到F 的距离等于2． （1）求抛物线C 的方程；（2）M 是圆x 2+y 2−6x +1=0上的一点，过点M 作FM 的垂线交C 于A ，B 两点，求证|MF|2=|MA|⋅|MB|． 【答案】由|PF|=2知P 到准线的距离也是2， ∴ P 点横坐标是2−p2，将P(2−p2,2)代入y 2=2px ，得p =2，∴ 抛物线C 的方程为y 2=4x ； 证明：（2）可设直线AB:x =ky +b(b ≠1, k ≠0)，则MF 的方程为y =−k(x −1)， 联立得M(k 2+b k 2+1,k−kb k 2+1)，代入x 2+y 2−6x +1=0中，整理得b 2−4k 2=6b −1，联立{y 2=4xx =ky +b 得y 2−4ky −4b =0， △=16k 2+16b =4(b −1)2>0， 设A(y 124,y 1)，B(y 224,y 2)，则y 1+y 2=4k ，y 1y 2=−4b ， 则k FA ∗k FB =y 1y 2(y 124−1)(y 224−1)=y 1y 2(y 1y 2)216−(y 1+y 2)24+y 1y 22+1=−4b b 2−4k 2−2b+1=−1，∴ FA ⊥FB ，∴ |MF|2=|MA|⋅|MB|． 【考点】直线与抛物线的位置关系 【解析】（1）把交点坐标代入抛物线方程求出p 的值，得出抛物线方程；（2）可设直线AB:x =ky +b(b ≠1, k ≠0)，则MF 的方程为y =−k(x −1)，联立方程组，根据根与系数的关系得出k FA ⋅k FB =−1，从而可得FA ⊥FB ，故而结论成立． 【解答】由|PF|=2知P 到准线的距离也是2， ∴ P 点横坐标是2−p2，将P(2−p2,2)代入y 2=2px ，得p =2，∴ 抛物线C 的方程为y 2=4x ； 证明：（2）可设直线AB:x =ky +b(b ≠1, k ≠0)，则MF 的方程为y =−k(x −1)， 联立得M(k 2+b k 2+1,k−kb k 2+1)，代入x 2+y 2−6x +1=0中，整理得b 2−4k 2=6b −1，联立{y 2=4xx =ky +b 得y 2−4ky −4b =0， △=16k 2+16b =4(b −1)2>0， 设A(y 124,y 1)，B(y 224,y 2)，则y 1+y 2=4k ，y 1y 2=−4b ，则k FA ∗k FB =y 1y 2(y 124−1)(y 224−1)=y 1y 2(y 1y 2)216−(y 1+y 2)24+y 1y 22+1=−4bb 2−4k 2−2b+1=−1， ∴ FA ⊥FB ，∴ |MF|2=|MA|⋅|MB|．设函数ℎ(x)=xlnx ，f(x)=ℎ(x+a)−ℎ(x)x+a，其中a 为非零实数．（1）当a =1时，求f(x)的极值；（2）是否存在a 使得f(x)≤a 恒成立？若存在，求a 的取值范围，若不存在请说明理由． 【答案】∵ f(x)=ln(x +a)−x x+a lnx =ln(x +a)−1−ax+a lnx ， ∴ f ′(x)=1x+a −a (x+a)2lnx −1−a x+a 1x =−a(x+a)2lnx ，当a =1时，f ′(x)=−lnx(x+1)2>0⇔0<x <1，f ′(x)<0⇔x >1， ∴ f(x)有极大值f(1)=ln2，无极小值；当a >0时，f ′(x)>0⇔0<x <1，f ′(x)<0⇔x >1， ∴ f(x)≤f(1)=ln(1+a)，设u(a)=ln(1+a)−a(a >0)，则u ′(a)=11+a −1=−a1+a <0， ∴ u(a)<u(0)=0，故f(x)≤a 恒成立， 当a <0时，f(x)=ln(1+a x )+alnxx+a (x >−a)， 由于ln(1+ax )>a2⇔1+ax >e a2⇔x >ae a 2−1，alnx x+a>a 2⇔lnx <x+a 2，(∗)设v(x)=lnx −xe ，则v ′(x)=e−x ex，v ′(x)>0⇔0<x <e ，v ′(x)<0⇔x >e ， ∴ v(x)≤v(e)=0，即lnx ≤xe ， 则只需xe <x+a 2，⇒(∗)成立，而xe <x+a 2⇔x >−eae−2，∴ x >−eae−2时，alnx x+a>a2，故取x 0=max{ae a 2−1,−eae−2}，显然x 0>−a ，由上知当x>x0时，ln(1+ax )>a2，alnxx+a>a2，∴f(x)>a，综上可知，当a>0时，f(x)≤a恒成立．【考点】利用导数研究函数的极值不等式恒成立的问题【解析】（1）求出f(x)的解析式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极值即可；（2）通过讨论a的范围，得到alnxx+a >a2⇔lnx<x+a2，(∗)设v(x)=lnx−xe，则v′(x)=e−x ex ，根据函数的单调性则只需xe<x+a2，⇒(∗)成立，从而确定a的范围即可．【解答】∵f(x)=ln(x+a)−xx+a lnx=ln(x+a)−1−ax+alnx，∴f′(x)=1x+a −a(x+a)2lnx−1−ax+a1x=−a(x+a)2lnx，当a=1时，f′(x)=−lnx(x+1)2>0⇔0<x<1，f′(x)<0⇔x>1，∴f(x)有极大值f(1)=ln2，无极小值；当a>0时，f′(x)>0⇔0<x<1，f′(x)<0⇔x>1，∴f(x)≤f(1)=ln(1+a)，设u(a)=ln(1+a)−a(a>0)，则u′(a)=11+a −1=−a1+a<0，∴u(a)<u(0)=0，故f(x)≤a恒成立，当a<0时，f(x)=ln(1+ax )+alnxx+a(x>−a)，由于ln(1+a x)>a2⇔1+a x>e a2⇔x>aea2−1，alnxx+a>a2⇔lnx<x+a2，(∗)设v(x)=lnx−xe ，则v′(x)=e−xex，v′(x)>0⇔0<x<e，v′(x)<0⇔x>e，∴v(x)≤v(e)=0，即lnx≤xe，则只需xe <x+a2，⇒(∗)成立，而xe <x+a2⇔x>−eae−2，∴x>−eae−2时，alnxx+a>a2，故取x0=max{ae a2−1,−eae−2}，显然x>−a，由上知当x>x0时，ln(1+ax )>a2，alnxx+a>a2，∴f(x)>a，综上可知，当a>0时，f(x)≤a恒成立．选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =ty =1+2t （t 为参数），以O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=2√2sin(θ+π4)． （1）写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；（2）若直线θ=α与曲线C 交于O ，P 两点，直线θ=α+π2与曲线C 交于O ，Q 两点，且直线PQ 与l 垂直，求直线PQ 与l 的交点坐标． 【答案】∵ 直线l 的参数方程为{x =ty =1+2t （t 为参数）， ∴ 直线l 消去参数t ，得直线l 的普通方程为：y =2x +1， ∵ 曲线C 的极坐标方程为ρ=2√2sin(θ+π4)． ∴ ρ=2√2(sinθcos π4+cosθsin π4)=2sinθ+2cosθ， ∴ ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ，∴ 曲线C 的直角坐标方程为：x 2+y 2−2x −2y =0； 由题意OP ⊥OQ ，则PQ 是圆C 的直径， ∴ 直线PQ 经过圆心C(1, 1)，∴ 直线PQ 的方程是y −1=−12(x −1)，即x +2y −3=0， 联立{x +2y −3=0y =2x +1 ，得交点M(15,75)． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】（1）直线l 的参数方程消去参数t ，能求出直线l 的普通方程；曲线C 的极坐标方程转化为ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ，由此能求出曲线C 的直角坐标方程．（2）由题意OP ⊥OQ ，则PQ 是圆C 的直径，直线PQ 经过圆心C(1, 1)，由此能求出直线PQ 的方程，联立方程组，能求出直线PQ 与l 的交点坐标． 【解答】∵ 直线l 的参数方程为{x =ty =1+2t （t 为参数）， ∴ 直线l 消去参数t ，得直线l 的普通方程为：y =2x +1， ∵ 曲线C 的极坐标方程为ρ=2√2sin(θ+π4)． ∴ ρ=2√2(sinθcos π4+cosθsin π4)=2sinθ+2cosθ， ∴ ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ，∴ 曲线C 的直角坐标方程为：x 2+y 2−2x −2y =0；由题意OP ⊥OQ ，则PQ 是圆C 的直径， ∴ 直线PQ 经过圆心C(1, 1)，∴ 直线PQ 的方程是y −1=−12(x −1)，即x +2y −3=0， 联立{x +2y −3=0y =2x +1 ，得交点M(15,75)． [选修4-5：不等式选讲]设函数f(x)=|x +√1−a|−|x −√a|． （1）当a =0时，解不等式f(x)≥0；（2）若对任意a ∈[0, 1]，关于x 的不等式f(x)≥b 有解，求实数b 的取值范围． 【答案】当a =0时，f(x)=|x +1|−|x|≥0，(x +1)2≥x 2，x ≥−12， ∴ 解集为：[−12, +∞)；∵ f(x)≥b ，b ≤f(x)max ，而f(x)≤|(x +√1−a)−(x −√a)|=√1−a +√a ， 当x ≥√a 时取等号，故f(x)max =√1−a +√a ， ∴ b ≤√1−a +√a 对a ∈[0, 1]恒成立，设ℎ(a)=√1−a +√a =√1+2√a(1−a)，当a =0或1时，a(1−a)min =0， ∴ ℎ(a)min =1，∴ b ≤1． 【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明 【解析】（1）当a =0时，化简不等式f(x)≥0；转化求解即可． （2）转化不等式，利用函数的最值转化求解即可． 【解答】当a =0时，f(x)=|x +1|−|x|≥0，(x +1)2≥x 2，x ≥−12， ∴ 解集为：[−12, +∞)；∵ f(x)≥b ，b ≤f(x)max ，而f(x)≤|(x +√1−a)−(x −√a)|=√1−a +√a ， 当x ≥√a 时取等号，故f(x)max =√1−a +√a ， ∴ b ≤√1−a +√a 对a ∈[0, 1]恒成立，设ℎ(a)=√1−a +√a =√1+2√a(1−a)，当a =0或1时，a(1−a)min =0， ∴ ℎ(a)min =1，∴ b ≤1．。
2018届新疆乌鲁木齐地区高三5月适应性训练数学(理)试题(解析版)
2018年5月15日高中数学作业一、单选题 1．已知集合，，则（ ）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：解一元二次不等式得到集合A ，求指数函数的值域得到集合B ，然后再求交集． 详解：由题意得，∴．故选D ．点睛：本题考查一元二次不等式的解法、指数函数值域的求法和集合的交集，主要考查学生的计算能力，属容易题．2．复数的模是（ ）A.B.C. D. 2【答案】C【解析】分析：利用复数乘除运算化简，然后利用复数求模公式计算即可．详解：∵=，∴||=|1+i|=．故选：C ．点睛：本题考查复数乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3．若x ， y 满足4,{220, 0,x y y x y +≤-+≤≥则2z x y =+的最大值为（ ）A. 1B. 4C. 6D. 8 【答案】C【解析】作可行域如图，则直线2z x y =+过点A(2,2)时取最大值6，选C.4．宋元时期数学名著《算数启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等. 如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的,a b 分别为5,2，则输出的n =（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5 【答案】C【解析】由程序框图可得， 1n =时， 4462242a b =+=>⨯==，继续循环； 2n =时，6692482a b =+=>⨯==，继续循环；3n =时，9279281622a b =+=<⨯==， 继续循环；结束输出3n =. 点睛：循环结构的考查是高考热点，有时会问输出结果，或是判断框的条件是什么，这类问题容易错在审题不清，计数变量加错了，没有理解计数变量是在计算结果之前还是计算结果之后，最后循环进来的数是什么等问题，防止出错的最好的办法是按顺序结构写出每一个循环，这样就会很好的防止出错.5．某几何体的三视图如图所示，则其体积为（ ）A. 4B. 8C.D.【答案】D【解析】分析：由三视图还原的几何体是四棱锥，结合三视图的数据，即可求出几何体的体积．详解：由题意三视图可知，几何体是四棱锥，底面边长为2的正方形，一条侧棱垂直正方形的一个顶点，长度为2，所以几何体的体积是：=．故选：D．点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.6．函数的部分图象如图所示，则其解析式可以是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：根据图象求得和周期，然后根据周期求得的值，最后根据代点法求得，从而可得函数的解析式．详解：由图象可得，所以，故，∴．又点在函数的图象上，∴，∴，∴，∴，∴．故选A．点睛：根据的图象求其解析式的问题，主要从以下四个方面来考虑：①的确定：根据图象的最高点和最低点，即；②的确定：根据图象的最高点和最低点，即；③的确定：结合图象，先求出周期，然后由来确定；④的确定：由函数最开始与轴的交点(最靠近原点)的横坐标为(即令)确定．A B C D四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，7．学校艺术节对同一类的,,,甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“C或D作品获得一等奖”；乙说：“B作品获得一等奖”；丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”；丁说：“C作品获得一等奖”.若这四位同学只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（）A. AB. BC. CD. D【答案】B，，，四项参赛作品，只评一项一等奖．【解析】因为对同一类的a b c d对于选项A，若a作品获得一等奖，则四人说法都错误，不符合题意．对于选项B，若b作品获得一等奖，则甲、丁人说法都错误，乙丙说法正确，符合题意．对于选项C，若c作品获得一等奖，乙说法错误，其余三人说法正确，不符合题意．对于选项D，若d作品获得一等奖，则乙丙丁人说法都错误，不符合题意．综上可得b作品获得一等奖．选B．8．函数图像的一条对称轴为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：逆用两角和余弦公式公式进行化简，结合三角函数的对称性建立方程进行求解即可．详解：y=cosx﹣sinx=（cosx﹣sinx）=cos（x+），由x+=kπ，得x=﹣+kπ，k∈Z，即函数的对称轴为x=﹣+kπ，k∈Z，当k=0时，对称轴为x=﹣，故选：D．点睛：函数的性质(1) .(2)周期(3)由求对称轴(4)由求增区间;由求减区间.9．奇函数满足，当时，，则A. -2B.C.D. 2【答案】A【解析】分析：先由题意得到函数的周期为4，确定出的范围，然后根据函数的周期性和奇偶性求解．详解：∵，∴，∴函数的周期为4.又，∴．故选A．点睛：本题考查函数的性质及指数、对数的运算，解题的关键是通过函数的周期性将求值问题转化到区间（0,1）内解决．10．已知，，若，，使得则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意得若满足条件，只需即可，故将问题转化为求函数的最小值即可．详解：∵，，使得，∴．∵在上单调递增，∴．又在上单调递减，∴．∴，解得．∴实数的取值范围是．故选A．点睛：解答本题的关键是正确理解“若，，使得”的含义，然后将问题转化为求函数的最值的问题处理．11．过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，且直线的倾斜角，点在轴上方，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意得到抛物线的焦点坐标，根据解三角形可得，然后由抛物线的定义得到，于是可得，结合可得的取值范围．详解：∵抛物线方程为，∴抛物线的焦点为，∵点A在x轴上方，∴．，由抛物线定义可知，∴，∵，∴，∴，∴的取值范围是．故选D．点睛：抛物线的定义给出了一个重要的内容：可将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，可使运算化繁为简．“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决抛物线焦点弦问题的重要途径．12．四面体中，，，点是的中点，点在平面的射影恰好为的中点，则该四面体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意得△BCD为等腰直角三角形，故△BCD外接圆的圆心为斜边BC 的中点E，从而得到球心O在过点E且与面BCD垂直的直线上，根据条件及球心到四面体的顶点的距离相等可得球的半径，从而可求得外接球的表面积．详解：如图，由题意得△BCD为等腰直角三角形，且，∴点E是△BCD外接圆的圆心．∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F，∴,∴．设球心到平面BCD是距离为h，则有，解得，∴四面体外接球的半径，∴该四面体外接球的表面积为．故选A．点睛：解决球的内接几何体的有关题时，关键是如何确定外接球的球心，并在此基础上求出球的半径．解题时一般要用到结论：球心在过底面多边形的外接圆圆心且与底面垂直的直线上，求球的半径时往往要用到球心到底面的距离、底面多边形外接圆的半径和球半径构成的直角三角形求解．13．设复数z 满足()12i z i +=，则z =（ ）A.12 B. 2C. D. 2【答案】C【解析】 复数z 满足()12i z i +=()()()2122211112i i i i z i i i i -+∴====+++-z =故选C14．某三棱锥的三视图如图所示，则其体积为（ ）A. 4B. 8C.43 D. 83【答案】C【解析】由题可知，几何体是三棱锥，底面是边长为2的等腰直角三角形，且顶点到底面的距离为2， 114222323V ∴=⨯⨯⨯⨯=. 15．函数图像的一条对称轴为（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：将函数解析式化为后，令求得对称轴的一般形式，对取特殊值可得所求．详解：由题意得，令，得，当时，．故是函数图象的一条对称轴．故选C．点睛：函数的图象是轴对称也是中心对称图形，具体如下：(1)函数的图象关于直线（其中）成轴对称图形．(2)函数的图象关于点(其中)成中心对称图形．二、填空题16．已知均为单位向量，它们的夹角为60°，那么__________．【答案】.【解析】分析：由题意先求得，然后再求出即可．详解：由题意得，∴．点睛：本题考查利用数量积求向量的模，主要考查学生的运算能力，属容易题．17．某公司安排6为员工在元旦假期（1月1日至1月3日）值班，每天安排2人，每人值班一天，则6位员工中甲不在1月1日值班的概率为__________．【答案】.【解析】分析：先求出所有的基本事件总数，再求出6位员工中甲不在1月1日值班包含的基本事件数，然后根据古典概型概率公式求解即可．详解：由题意得基本事件总数为，设“6位员工中甲不在1日值班”为事件A，则事件A包含的基本事件个数，由古典概型概率公式可得，即6位员工中甲不在1日值班的概率为．点睛：本题考查古典概型和组合的应用，解题的关键是如何求得基本事件总数和6位员工中甲不在1日值班包含的基本事件数． 18．在中，角的对边分别是，若，则角角的大小为_____．【答案】【解析】分析：由题意得，然后运用余弦定理可得，于是得到．详解：∵， ∴，∴，∴， 又，∴．点睛：本题考查运用余弦定理解三角形，解题时要注意根据求角时，不要忘了判断的取值范围．19．已知双曲线C ： 22221x y a b-=的右焦点为F ，过点F 向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为M ，交另一条渐近线于N ，若2M F F N =，则双曲线的离心率__________．【解析】如图所示渐近线OM 的方程为0,bx ay += 右焦点为(),0F c ，因此FM b == ，过点F 向ON 作垂线，垂足为P ，则FP FM b ==.又因为2MF FN =，所以2FN b =，在直角三角形FPN 中， 1sin 22PF b FNP FNb ∠===，所以6FNP π∠=，故在三角形OMN 中， 3MON π∠=，所以6FON π∠=,所以b a =，即,2.a c b ==所以双曲线的离心率为c e a ===三、解答题 20．已知数列是公比为2的等比数列，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（Ⅰ）由题意可得，从而求出，由此能求出数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）推导出，由此利用裂项相消法能求出数列{b n}的前n项和T n．详解：（1）依题意，有，由是公比为2的等比数列，∴，，，代入上式，得，∴；（2）∴.点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 21．如图，在三棱锥P ABC-中，PA AC⊥，PC BC⊥，M为PB的中点，D 为AB的中点，且AMB∆为正三角形.（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若2PA BC=，三棱锥P ABC-的体积为1，求点B到平面DCM的距离.【答案】（1）见解析;（2【解析】试题分析：(1)由题意结合几何关系可证得PA BC PC BC⊥⊥，，结合线面垂直的判断定理即可证得BC⊥平面PAC；(2)设AB=x,结合体积公式计算可得2x=，利用体积相等列方程可得点B到平面DCM试题解析：（1）证明：在正AMB ∆中， D 是AB 的中点，所以MD AB ⊥． 因为M 是PB 的中点， D 是AB 的中点，所以//MD PA ，故PA AB ⊥． 又PA AC ⊥， AB AC A ⋂=， ,AB AC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥平面ABC ．因为BC ⊂平面ABC ，所以PA BC ⊥．又,,,PC BC PA PC P PA PC ⊥⋂=⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC ．（2）设AB=x ,则 1AC=2x 三棱锥P ABC -的体积为3ABC 11V=S PA=138x ⋅⋅=，得x=2设点B 到平面DCM 的距离为h ． 因为AMB ∆为正三角形，所以 2AB MB ==．因为BC BC AC ⊥，所以1AC =．所以11111122222BCD ABC S S BC AC ∆∆==⨯⨯⨯=⨯⨯=．因为D M =1）知//MD PA ，所以MD DC ⊥．在ABC ∆中， 112CD AB ==，所以11122MCD S MD CD ∆=⨯⨯==． 因为M BCD B MCD V V --=，所以1133BCD MCD S MD S h ∆∆⋅=⋅，即1133h =．所以h =．故点B 到平面DCM 的距离为 22．某二手交易市场对某型号的二手汽车的使用年数（）与销售价格（单位：万元/辆）进行整理，得到如下的对应数据：使用年数销售价格（I）试求关于的回归直线方程.（参考公式：，）（II）已知每辆该型号汽车的收购价格为万元，根据（I）中所求的回归方程，预测为何值时，销售一辆该型号汽车所获得的利润最大？（利润=销售价格-收购价格）【答案】（I）.（II）当时，利润取得最大值.【解析】分析：（I）由题意可求得，结合所给公式可得，从而可得线性回归方程．（II）由题意可得，根据二次函数的知识求得最值即可．详解：（I）由表中数据得，，，，∴，∴，∴关于的回归直线方程为．（II）根据题意得利润∴当时，利润取得最大值．点睛：求线性回归直线方程的步骤①用散点图或进行相关性检验判断两个变量是否具有线性相关关系；②求系数：公式有两种形式，，根据题目具体情况灵活选用；③求：；④写出回归直线方程．23．已知椭圆（）的焦距为2，离心率为，右顶点为.（I）求该椭圆的方程；（II）过点作直线交椭圆于两个不同点，求证：直线，的斜率之和为定值.【答案】（I）.（II）见解析.【解析】分析：（I）由椭圆的焦距和离心率可得，，故，从而可得椭圆的方程．（II）讨论直线的斜率，当斜率存在时设其方程为，与椭圆方程联立消元后得到二次方程，结合根与系数的关系及题意可求得，即得结论成立．详解：（I）由题意可知，故，又，∴，∴，∴椭圆方程为．（II）由题意得，当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴，解得．设，，则，，又，∴.即直线，的斜率之和为定值.点睛：求定值问题常见的方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．24．设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在定义域内恒有，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求出函数的导数，讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论a的范围，求出函数的最大值，从而确定a的范围即可．详解：（1）,当时，，则在上单调递减；当时，令，得（负根舍去），当，得，，得，∴在上单调递增，在上单调递减；（2）当时，，符合题意；当时，，则；当时，在上单调递减，且与的图象在上只有一个交点，设此交点为，当时，，不满足，综上所述的取值范围.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.25．选修4-4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的方程为.（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）写出直线与曲线交点的一个极坐标.【答案】（1）；（2）.【解析】（Ⅰ）在的方程两边同乘以，然后利用公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（Ⅱ）直接把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程解得后可得交点坐标，再化为极坐标.试题解析：（Ⅰ），，即；（Ⅱ）将，代入得，，即，从而，交点坐标为，所以，交点的一个极坐标为 .26．设函数，其中.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式的解集为，求的值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）3【解析】分析：（Ⅰ）根据绝对值不等式的解法求解可得解集．（2）解不等式可得解集为，结合题意得到，解得．详解：（I）当时，不等式即为，∴解得.∴不等式的解集为．（II）由，解得或，又，∴不等式的解集为，由题意得，解得.点睛：本题考查绝对值不等式的解法，解题时根据绝对值的几何意义求解即可，对于含有参数的不等式，解题时不要忘了对参数进行分类讨论．27．已知数列是公比为2的等比数列，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）记，是数列的前项和，若，求的最小值.【答案】（I）.（II）的最小值为100.【解析】分析：（Ⅰ）根据，，成等差数列可求得，于是可得数列的通项公式．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，然后根据裂项相消法求得，再由，得，从而得到，所以的最小值为100．详解：（I）∵，，成等差数列，∴，又数列是公比为2的等比数列，∴，解得，∴．（II）由（Ⅰ）得，∴．由，得，∴，又，∴的最小值为100.点睛：用裂项法求和的原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．28．如图，在三棱锥中，，，为的中点，且为正三角形.（I）求证：平面；（II）若，求二面角的余弦值.【答案】（I）见解析.（II）.【解析】分析：（I）由题意可得在中，，故得，又，可得平面，于是；又，故得平面.（II）由平面可得，故即为二面角的平面角，解三角形可得，故二面角的余弦值为．详解：（I）∵为正三角形，∴，，又点是的中点，∴，∴，∴， ∴在中，， ∴， 又，, ∴平面， ∵平面, ∴， 又，, ∴平面.（II ）∵平面，平面, 平面， ∴， ∴即为二面角的平面角． 设，则， 在中，， 在中，， 在中，， ∴， ∴二面角的余弦值为．点睛：（1）用几何法求二面角的步骤为：一找、二证、三计算．（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．29．设函数()()21x f x x e =-.（I ）讨论函数()f x 的单调性；（II ）当0x ≥时， ()1f x ax ≤+，求实数a 的取值范围.【答案】（I ）函数()f x 在(),1-∞和)1,+∞上单调递减，在()1上单调递增. （II ）[)1,+∞.【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对a 分类讨论，当a ≥1时， ()()()11e 11x f x x x x ax =-+≤+≤+，满足条件；当0a ≤时，取()()()2000001111x f x x x ax =>-+=>+，当0＜a ＜1时，取01x = ()()()20000111f x x x ax >-+>+. 试题解析： 解（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x令f’(x )=0得x ，x当x ∈（-∞，f’(x )<0；当x ∈（f’(x )>0；当x ∈（f’(x )<0所以f (x )在（-∞，，（+∞）单调递减，在（调递增(2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe x ＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1，故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0），所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1当0＜x ＜1， ()()()211f x x x =-+， ()()()221111x x ax x a x x -+--=---，取0x =则()()()()20000000,1,110,1x x x ax f x ax ∈-+-=〉+故当 ()()00000011211a x f x x x ax ≤=〉-+=〉+时，取（） 综上，a 的取值范围[1，+∞）点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.。
精品解析：【全国市级联考】新疆乌鲁木齐地区2018届高三5月适应性训练数学文试题(解析版)
详解：由题意得
，
∴
．
故选 D．
点睛：本题考查一元二次不等式的解法、指数函数值域的求法和集合的交集，主要考查学生的计算能力，
属容易题．
2. 复数
的模是（
）
A.
B.
C.
D. 2
【答案】 C 【解析】分析：利用复数乘除运算化简，然后利用复数求模公式计算即可．
详解： ∵ =
，
∴ | |=|1+i|= ． 故选： C． 点睛：本题考查复数乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
乌鲁木齐地区 2018 年高三年级高考适应
文科数学（问卷）
一、选择题：本大题共 12 个小题 , 每小题 5 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
（）
A.
B.
C.
D.
【答案】 D
【解析】分析：解一元二次不等式得到集合
A ，求指数函数的值域得到集合 B，然后再求交集．
什么等问题，防止出错的最好的办法是按顺序结构写出每一个循环，这样就会很好的防止出错
.
5. 某几何体的三视图如图所示，则其体积为（
）
A. 4 B. 8 C.
D.
【答案】 D
【解析】分析：由三视图还原的几何体是四棱锥，结合三视图的数据，即可求出几何体的体积．
详解：由题意三视图可知，几何体是四棱锥，底面边长为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】 C
【解析】 由程序框图可得，
时，
，继续循环； 时，
，
继续循环；
时，
， 继续循环；结束输出
.
点睛 ： 循环结构的考查是高考热点，有时会问输出结果，或是判断框的条件是什么，这类问题容易错在审
新疆乌鲁木齐地区2018届高三第一次诊断测试数学(理)试题
(1) 求证：平面 A1AB ^ 平面 A1BE ； (2) 求二面角 A - BE - A1 的余弦值 .
()
3
A.
B. 3
C. 2
D.4
2
( ) 6. 函数
f
( x)
=
( ) ì?ex-1 x < 2
í
??- ( log3 x - 1)( x
?
2)
，则不等式
f
x >1的解集为 (
)
A. (1,2)
骣 B. 琪琪桫- ?
4 ,
3
C.
骣 琪琪桫1,
4 3
D. [2, +? )
2 4
B. 等于 4 p2
C.最小值为 p2
D.最大值为 p2
( ) ( ) ( ) 12. 设函数 f x = ex x3 - 3x + 3 - aex - x ，若不等式 f x ￡0 有解，则实数 a 的最小值
为( )
A. 2 - 1 e
B. 2 - 2 e
C. 1 + 2e2
A. { x x ? 1} B. {x x ￡1}
2. 复数 - 1- i 的共轭复数是 ( ) i
A. 1 - i
B. - 1 + i
C. { x - 1 < x ? 1}
D. {x 1 < x < 3}
C. 1 +i
D. - 1 - i
( ) 3. 下列函数中，既是偶函数又在 - ? ,0 上单调递增的函数是 ( )
PC = 3，则球的半径为 ( )
A.1
3
B.
C. 2
5
D.
2
2
【高三数学试题精选】2018年乌鲁木齐市高考理科数学三诊试卷(附答案和解释)
2018年乌鲁木齐市高考理科数学三诊试卷（附答案和解释）
5
c
5不等式选讲]
23．已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x+a|．
（Ⅰ）当a=1时，求=f（x）图象与直线=3围成区域的面积；
（Ⅱ）若f（x）的最小值为1，求a的值．
5不等式选讲]
23．已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x+a|．
（Ⅰ）当a=1时，求=f（x）图象与直线=3围成区域的面积；
（Ⅱ）若f（x）的最小值为1，求a的值．
【考点】5B分段函数的应用；R4绝对值三角不等式．
【分析】（Ⅰ）当a=1时可写出f（x）的解析式，进而可从图象上看出围成的区域即为三角形，计算即得结论；
（Ⅱ）分与两种情况讨论即可．
【解答】解（Ⅰ）当a=1时，f（x）=|2x﹣1|+|x+1|= ，
其图象如图所示，易知=f（x）图象与直线=3交点坐标，
所以围成区域的面积为 [1﹣（﹣1）]×（3﹣）= ．
（Ⅱ）当，即时，．
所以，
所以﹣a﹣1=1，解得a=﹣，满足题意；
当，即时，，
所以f（x）in=f（）=| +a|= +a=1，解得a= ，满足题意；
综上所述，或．
2018年5月22日。