河南省郑州市第一中学2018届高三12月月考数学(文)试题(解析版)

河南省郑州市第一中学2018届高三上学期诊断试题
数学（文科）
本试卷共23小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试题上无效.
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.
1.已知集合，，（为虚数单位），则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
，则，所以，由于，因此，故选择C.
2.“干支纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法.干支是天干和地支的总称.甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、午、亥十二个符号叫地支.把干支顺序相配正好六十为一周，周而复始，循环记录，这就是俗称的“干支表”.2016年是干支纪年法中的丙申年，那么2017年是干支纪年法中的（）
A. 丁酉年
B. 戊未年
C. 乙未年
D. 丁未年
【答案】A
【解析】
按照天干、地支匹配顺序，若2016年为丙申年，则2017年为丁酉年，故选择A. 3.点在直线上，则直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
点在直线l：ax﹣y+1=0上，a=，即直线的斜率为可得直线的倾斜角．【详解】∵点在直线l：ax﹣y+1=0上，
∴，
∴a=，即直线的斜率为，直线l的倾斜角为60°．
故选：C．
【点睛】本题考查直线的倾斜角，考查学生的计算能力，比较基础．
4.定义函数，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
根据题中定义的函数可知，则该函数图像如下图
由上图可知函数的最小值为，故选择C.
5.已知数列的通项，数列的前项和为，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列，则满足的的最大整数值为（）
A. 335
B. 336
C. 337
D. 338
【答案】A
【解析】
由可知数列为等差数列，通项公式，又因为，由题意可知，通项公式，所以即，解得，所以的最大整数值为335，故选择A. 6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由三视图可知,该几何体是由正三棱柱截取一部分所得,故体积为.
考点：三视图.
7.如图，给出抛物线和其对称轴上的四个点、、、，则抛物线的焦点是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分别作出准线方程，根据抛物线的定义，即可判断焦点的位置．
【详解】如图可知：分别做P，Q，R，S关于y轴的对称点，分别过对称点做x轴的垂线，根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离与点到准线的距离相等，
分别判断，可知Q为抛物线的焦点，
故选：B．
【点睛】本题考查抛物线的定义，考查数形结合思想，属于基础题．
8.点在圆上运动，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
当时，显然；
当时，，设，则问题转化为求的取值范围，将看作圆上动点与
原点连线的斜率，如下图，或，则或，所以或
综上所述：.
9.已知、为单位圆上不重合的两定点，为此单位圆上的动点，若点满足，则点的轨迹为（）
A. 椭圆
B. 双曲线
C. 抛物线
D. 圆
【答案】D
【解析】
设，，，，设单位圆圆心为，则根据可有：，所以点为
的重心，根据重心坐标公式有，整理得，所以点的轨迹为圆，故
选择D.
点睛：求轨迹方程是解析几何中的重要内容，是高考命题的热点和重点.主要考查学生的数形结合思想、等价转化思想、逻辑推理能力、分类讨论及创新思维，属于较高的能力考查.求轨迹方程常用的方法有：直接法、定义法、几何法、相关点法、参数法、交轨法、点差法等.本题主要是考查几何法中的三角形重心的向量表示及重心坐标公式，然
后根据相关点法可以求出点的轨迹方程.
10.点、分别是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，则的内切圆半径的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
如图所示，设的内切圆圆心为，内切圆与三边分别相切于点，根据圆的切线可知：，，
，又根据双曲线定义，即，所以，即
，又因为，所以，，所以点为右顶点，即圆心，
考虑点在无穷远时，直线的斜率趋近于，此时方程为，此时圆心到直线的距离为，解得，因此内切圆半径，所以选择A.
11.如图，将边长为2的正沿着高折起，使，若折起后、、、四点都在球的表面上，则球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
将折叠后的三棱锥置于正三棱柱中，如下图所示，是边长为1的正三角形，，外接球球心为，在中，，，，所以，则球的表面积为，故选择B.
点睛：解决关于外接球的问题关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用.对于特殊类型的问题，我们可以将其还原为规则的几何题，如正方体、正四棱柱、长方体、正三棱柱等等，还原后球心的位置比较明显，很容易建立方程，从而求出外接球的半径，计算得到球的体积、表面积.
12.已知函数，下面是关于此函数的有关命题，其中正确的有（）
①函数是周期函数；
②函数既有最大值又有最小值；
③函数的定义域为，且其图象有对称轴；
④对于任意的，（是函数的导函数）
A. ②③
B. ①③
C. ②④
D. ①②③
【答案】A
【解析】
函数定义域为，当或时，，又，，，，……时，，且均为变号零点.又因为函数满足，所以函数关于直线对称，函数图像如下图，
故②③正确.
点睛：本题考查函数的综合知识：
①函数对于定义域内任意实数，存在非零常数，满足，则函数为周期函数；
②函数对于定义域内任意实数满足，则函数关于直线对称，特别地当时，函数关于直线对称；
③在函数定义域内，存在常数使得，则叫做函数的零点.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个考生都必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.我国古代“伏羲八卦图”的部分与二进制和十进制的互化关系如下表，依据表中规律，、处应分别填写
__________.
【答案】110，6
【解析】
【分析】
由二进制转化为十进制的方法，我们只要依次累加各位数字上的数×该数位的权重，即可得到结果．
【详解】由八卦图，可得A处是110，110（2）=0+1×2+1×22=2+4=6．
故答案为110，6．
【点睛】二进制转换为十进制的方法是依次累加各位数字上的数×该数位的权重，属于基础题．
14.已知，将其绕原点逆时针旋转后又伸长到原来的2倍得向量，则________.
【答案】
【解析】
设向量逆时针旋转后得到的向量为，根据题意有，解得，
所以，又，所以
15.点是正方体的体对角线上靠近点的四等分点，在正方体随机取一点，则点满足
的概率为________.
【答案】
【解析】
设正方体棱长为4，以为原点建立空间直角坐标系，则，则，设，根据条件，即
，
整理得：，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球的体积的，体积为
，所以根据几何概型，所求概率为.
点睛：应用几何概型求概率问题的时，首先要建立相应的几何模型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量.（1）一般地，一个连续变量可以建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；（2）若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系建立与面积有关的几何概型；（3）若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型.
16.设表示不超过实数的最大整数，例如，，则点集所覆盖的面积为
________.
【答案】12
【解析】
由于且均为整数，
当或时围成的是4个面积为1小正方形，
当或时围成的是8个面积为1的小正方形，
所以面积为12.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知函数.
（Ⅰ）求的单调递增区间；
（Ⅱ）在锐角中，内角、、、所对的边分别是、、，且，，求的最大面积.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）本问考查三角恒等变换公式，首先根据两角和正弦展开，然后根据二倍角公式化为正弦型函数，
，然后可以求出递增区间；（2）本问考查正、余弦定理及重要不等式的应用，首先根据求出，根据余弦定理，即，根据重要不等式可以得到，于是可以求出的最大值，即可以求出面积的最大值.
试题解析：（1）
，
令，
得.
∴的单调递增区间为.
（2）由，得，
∴，∴，∴，
又∵，∴，
∴.
∴，当且仅当时取“=”.
∴.
考点：1.三角恒等变换公式；2.正弦型函数性质；3.余弦定理；4.三角形面积公式.
18.如图，已知三棱锥中，为的中点，为的中点，且为正三角形.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）本问考查线面平行判定定理，根据题中条件，易得，在分别强调面外、面内这两个条件，即可以证明线面平行；（2）本问主要考查证明面面平行，根据面面平行判定定理，应先证明线面垂直，根据题中条件，应设法证明，根据题中条件分析可证出平面，所以得到，于是根据线面垂直判定定理可得
平面，于是平面平面.
试题解析：（1）∵分别为的中点，∴，又平面平面，∴平面.
（2）∵为的中点，为正三角形，∴.
由（1）知，∴.
又，且，
∴平面.
∵平面，∴.
又，且，
∴平面.
而平面，
∴平面平面.
考点：1.线面平行；2.面面垂直.
19.根据环境保护部《环境空气质量指数（AQI）技术规定》，空气质量指数（AQI）在201～300之间为重度污染；在301～500之间为严重污染.依据空气质量预报，同时综合考虑空气污染程度和持续时间，将空气重污染分为4个预警级别，由轻到重依次为预警四级、预警三级、预警二级、预警一级，分别用蓝、黄、橙、红颜色标示，预警一级（红色）为最高级别．（一）预警四级（蓝色）：预测未来1天出现重度污染；（二）预警三级（黄色）：预测未来1天出现严重污染或持续3天出现重度污染；（三）预警二级（橙色）：预测未来持续3天交替出现重度污染或严重污染；（四）预警一级（红色）：预测未来持续3天出现严重污染．
某城市空气质量监测部门对近300天空气中PM2.5浓度进行统计，得出这300天中PM2.5浓度的频率分布直方图如图.将PM2.5浓度落入各组的频率视为概率，并假设每天的PM2.5浓度相互独立.
（Ⅰ）求当地监测部门发布颜色预警的概率；
（Ⅱ）据当地监测站数据显示未来4天将出现3天严重污染，求监测部门发布红色预警的概率.
【答案】(Ⅰ) 0.2；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）观察频率分布直方图，根据题意空气质量指数为重度污染和严重污染的频率为
，所以当地发布颜色预警的概率为0.2；（2 ）本问考查古典概型，主要是理解题意并根据题意写出基本事件空间，再根据题中描述预警一级（红色）；预测未来持续3天出现严重污染，确定发生红色预警所包含的事件，从而求出概率.
试题解析：（1）根据频率分布直方图，可知出现空气重污染的频率是，所以当地监测部门发布颜色预警的概率是0.2.
（2）记严重污染为，其他情况为，未来4天中出现3天严重污染的所有情况有，共4种，发布红色预警所包含的基本事件为，共2种，所以监测部门发布红色预警的概率.
考点：1.频率分布直方图；2.古典概型.
20.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，是上一点，，且
.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线与椭圆相较于不同两点，时，在线段上取点，且满足，证明点总在某定直线上，并求出该定直线.
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）证明见解析，直线方程为．
【解析】
试题分析：（1）本问主要考查求椭圆标准方程，由，可得，所以
，则在中，，，再根据余弦定理及，可以求出的值，于是可以求出椭圆的方程；（2）本问主要考查直线与椭圆的综合应用，分析题意可知直线的斜率显然存在，故设直线方程为
，再联立直线方程与椭圆方程，消去未知数得到关于的一元二次方程，根据韦达定理表示出两点横坐标之和及横坐标之积，于是设点，将题中条件转化为横坐标的等式，于是可以得出
满足的方程，即可以证明总在一条直线上.
试题解析：（1）由已知得，且，
在中，由余弦定理得，解得.
则，所以椭圆的方程为.
（2）由题意可得直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
代入椭圆方程，整理得，
设，则.
设，由得
（考虑线段在轴上的射影即可），
所以，
于是，
整理得，（*）
又，代入（*）式得，
所以点总在直线上.
考点：1.椭圆标准方程；2.直线与椭圆位置关系.
点睛：圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题时高考中的常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、分类讨论思想的考查.求定值问题常见的方法：（1）从特殊点入手，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.定点问题的常见解法：（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点，（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.
21.已知函数.
（Ⅰ）若在区间上单调递增，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若存在唯一整数，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）本问考查利用导数研究函数单调性，由函数在区间上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，采用参变分离的方法，将问题转化为在上恒成立，
设函数，于是只需满足即可，问题转化为求函数的最小值；（2）存在唯一整数，使得
，即，于是问题转化为存在唯一一个整数使得函数图像在直线下方，于是可以画出两个函数图像，结合图像进行分析，确定函数在时图像之间的关系，通过比较斜率大小来确定的取值范围.
试题解析：（1）函数的定义域为，，
要使在区间上单调递增，只需，即
在上恒成立即可，
易知在上单调递增，所以只需即可，
易知当时，取最小值，，
∴实数的取值范围是.
（2）不等式即，
令，
则，在上单调递增，
而，
∴存在实数，使得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，∴.
，画出函数和的大致图象如下，
的图象是过定点的直线，
由图可知若存在唯一整数，使得成立，则需，
而，∴．
∵，∴．
于是实数的取值范围是．
考点：1.利用导数研究函数极值；2.函数、导数的综合应用；3.数形结合思想方法.
点睛：导数是高考中的高频考点，同时也是初等数学与高等数学的重要衔接.利用导数研究函数单调性，利用导数研究函数极值，导数几何意义等内容，使函数内容更加丰富，更加充盈.解题时，注意函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用，另外，还要能够将问题进行合理的转化，尤其是“恒成立”问题和“有解”问题的等价转化，可以简化解题过程.还有在求参数取值范围时，可以考虑到分离参数方法或分类讨论的方法，同时数形结合也是解题时必备的工具.
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.选题4—4；坐标系与参数方程
已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直线坐标系，直线的参数方程为（为参数）.
（Ⅰ）判断直线与曲线的位置关系，并说明理由；
（Ⅱ）若直线与曲线相较于、两点，且，求直线的斜率.
【答案】(Ⅰ) 相交，理由见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）由
,又直线过点,且该点到圆心的距离为直线与曲线相交；（2）先当验证直线的斜率不存在时,直线过不成立直线必有斜率, 设其方程为
圆心到直线的距离
的斜率为．
试题解析：（1）因为,所以,所以曲线的直角坐标方程为
,即,因为直线过点,且该点到圆心的距离为，所以直线与曲线相交．
（2）当直线的斜率不存在时,直线过圆心,则直线必有斜率, 设其方程为
,即,圆心到直线的距离,
解得,所以直线的斜率为．
考点：坐标系与参数方程．
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线C的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化
范围．
23.选修4—5：不等式选讲
已知，不等式成立.
（Ⅰ）求满足条件的实数的集合；
（Ⅱ）若，，，不等式恒成立，求的最小值.
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）6．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出f（x）的分段函数的形式，求出f（x）的范围，求出T即可；
（Ⅱ）根据基本不等式的性质求出m+n的最小值即可．
【详解】（Ⅰ）令，
则，
由于，不等式成立，
因此.
（Ⅱ）当，，时，不等式恒成立等价于恒成立，
由题意知，，
根据基本不等式得，
所以，从而，
当且仅当时取等号，
再根据基本不等式得，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为6.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的性质，考查基本不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．。