广西贵港市2018届高三上学期12月联考数学(理)试题及答案解析

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贵港市2018届高中毕业班12月联考
理科数学
第Ⅰ卷(共60分)
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. 集合,若,,则集合中的元素个数为()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】C
【解析】结合交集的结果可知:,且,
结合交集的结果可得:,
综上可得:,
集合中的元素个数为4.
本题选择C选项.
2. 《九章算术》勾股章有一“引葭赴岸”问题:“今有池方一丈,葭生其中央,出水两尺,引葭赴岸,适与岸齐.问水深、葭长各几何.”其意思是:有一水池一丈见方,池中心生有一颗类似芦苇的植物,露出水面两尺,若把它引向岸边,正好与岸边齐(如图所示),问水有多深,该植物有多长?其中一丈为十尺.若从该葭上随机取一点,则该点取自水下的概率为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图所示,设水深为尺,由题意可得:,
求解关于实数的方程可得:,
即水深为尺,又葭长为尺,
则所求问题的概率值为.
本题选择A选项.
3. 若复数满足,则()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由复数模的定义有:,
则:.
本题选择D选项.
4. 已知等差数列中,,,若,则数列的前10项和等于()
A. 90
B. 150
C. 440
D. 880
【答案】C
【解析】本题考查等差数列的定义,通项公式和前n项和公式及数列的基本运算.
设公差为则所以于是
.,数列是等差数列,则数列的前5项和等于故选C
5. 正数满足,则()
A. B. C. D.
【答案】C
则:.
本题选择C选项.
6. 在的展开式中,常数项为()
A. -240
B. -60
C. 60
D. 240
【答案】D
【解析】试题分析:的展开式中,,令12-3r=0,得,r=4,常数项等于=15,故选A。

考点:本题主要考查二项展开式的通项公式。

点评:简单题,利用二项展开式的通项公式,确定使其为常数项的r值,然后求常数项。

7. 如图,网格纸上小正方形的边长为1,下图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积为()
A. 16
B.
C. 12
D.
【答案】B
【解析】结合三视图可得,该几何体是正方体截去一部分之后的四棱锥,
如图所示,该几何体的表面积为:.
本题选择B选项.
点睛:(1)以三视图为载体考查几何体的表面积,关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析,从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积应注意重合部分的处理.
8. 执行如图的程序框图,那么输出的值是()
A. 20
B. 21
C. 35
D. 56
【答案】C
【解析】阅读流程图,程序运行如下:






则输出值为.
本题选择C选项.
9. 已知函数,是奇函数,则()
A. 在上单调递减
B. 在上单调递减
C. 在上单调递增
D. 在上单调递增
【答案】B
【解析】由函数的解析式有:,
函数为奇函数,则当时:,
令可得:,
即函数的解析式为:,
结合函数的性质可得:函数在区间上不具有单调性,在区间上单调递减.
本题选择B选项.
10. 直线与抛物线相交于两点,抛物线的焦点为,设,则的值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设,若,
则,,
则,,
故:,
若,同理可得:.
本题选择A选项.
点睛:(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系;
(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.
11. 若不等式对任意的恒成立,则的取值范围是
()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意结合对数的运算法则有:,
由对数函数的单调性有:,
整理可得:,由恒成立的条件有:,
其中,当且仅当时等号成立.
即时,函数取得最小值.
综上可得:.
本题选择D选项.
12. 已知函数的图象经过点,,当时,
,记数列的前项和为,当时,的值为()
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4
【答案】D
【解析】由题意结合函数的解析式可得:,求解方程组有:.
则函数的解析式为:,
当时,,
则:,
由可得:.
本题选择D选项.
点睛:使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相
消是此法的根源与目的.
第Ⅱ卷(共90分)
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13. 向量,,则__________.
【答案】5
【解析】由题意可得:,
则:.
14. 已知不等式组表示的平面区域为,若直线与平面区域有公共点,则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示,
直线恒过定点,
则满足条件的直线介于直线与直线之间.
点的坐标,,其中,
即实数的取值范围是.
点睛:目标函数中含有参数时,要根据问题的实际意义注意转化成“直线的斜率”、“点到直线的距离”等模型进行讨论研究。

当参数在线性规划问题的约束条件中时,作可行域要注意应用“过定点的直线系”知识,使直线“初步稳定”,再结合题中的条件进行全方面分析才能准确获得答案.
15. 设双曲线的右焦点为,则到渐近线的距离为__________.
【答案】1
【解析】结合双曲线的方程可得:,则:,
右焦点坐标为,一条渐近线方程为:,
即:,则右焦点到渐近线的距离为:.
16. 如图所示,正方体的棱长为1,线段上有两个动点,则下列结论中正确结论的序号是__________.
①;
②直线与平面所成角的正弦值为定值;
③当为定值,则三棱锥的体积为定值;
④异面直线所成的角的余弦值为定值.
【答案】①③
【解析】连接,交于点.很明显平面,
而平面,①正确;
由AC⊥平面BB1D1D,得OE是AE在平面BB1D1D上的射影,所以∠AEO是直线AE与平面DBB1D1所成角,由于AE不是定值,所以②不正确;
由于点B到直线B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为,故三棱锥E-ABF的体积为定值,故③正确;
当E在D1,F在B1,此时异面直线AE,BF所成的角为,故④不正确;
应填:①③.
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. 在中,分别是内角的对边,且,. (1)求边的值;
(2)求的周长的最大值.
【答案】(1);(2).
【解析】试题分析:
(1)
由题意结合两角和差正余弦公式和余弦定理可得.
(2)由题意结合余弦定理有,结合均值不等式等号成立的条件可知的周长的最大值为.
试题解析:
(1)由得.
∴,即.
由正弦定理得,故.
(2)由余弦定理得,.
∴,∴.
所以当时,的周长的最大值为.
18. 2018年全国数学奥赛试行改革:在高二一年中举行5次全区竞赛,学生如果其中2次成绩达全区前20名即可进入省队培训,不用参加其余的竞赛,而每个学生最多也只能参加5次竞赛.规定:若前4次竞赛成绩都没有达全区前20名,则第5次不能参加竞赛.假设某学生每次成绩达全区前20名的概率都是,每次竞赛成绩达全区前20名与否互相独立. (1)求该学生进入省队的概率.
(2)如果该学生进入省队或参加完5次竞赛就结束,记该学生参加竞赛的次数为,求的分布列及的数学期望.
【答案】(1);(2).
【解析】试题分析:
(1)由题意结合对立事件概率公式可得:该学生进入省队的概率为;
(2)由题意可知的可能取值为2,3,4,5,求解相应的概率值得到分布列,结合分布列计算可得的数学期望为.
试题解析:
(1)记“该生进入省队”的事件为事件,其对立事件为,则. ∴.
(2)该生参加竞赛次数的可能取值为2,3,4,5.
,,
.
.
故的分布列为:
.
19. 如图,在四棱锥中,底面,底面为菱形,,
,过作平面与直线平行,交于.
(1)求证:为的中点;
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】试题分析:
(1)
由题意结合线面平行的判定定理可证得平面,结合几何关系即可证得
为的中点;
(2)由题意作出二面角的平面角,结合几何关系计算可得二面角的余弦值为.
试题解析:
(1)证明:连结,设,连接,则为的中点,且面面,∵平面,∴,∴为的中点.
(2)∵,∴底面,∴.
又∵,,∴平面.
过点作的垂线,交于,连接.
∵,∴,∴为所求的平面角.
,∴,又,∴.
∴,
∴二面角的余弦值为.
点睛: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.
20. 椭圆的右焦点为,过作圆的切线交轴于点,切
点为线段的中点.
(1)求椭圆的方程;
(2)曲线与椭圆交于四点,若这四个点都在同一个圆上,求此圆的圆心坐标.【答案】(1);(2).
【解析】试题分析:
(1)由题意可得,.则椭圆的方程为;
(2)设出点的坐标,结合几何体的对称性和点差法计算可得圆心坐标为.
试题解析:
(1)由已知得,且,∴,∴.
所以椭圆的方程为;
(2)由曲线知曲线的图象关于轴对称,
又椭圆的图象也是关于轴对称,所以圆心在轴上,
设圆心为,曲线与椭圆在一、四象限交于,
两点,则,.
把代入得,∴,
又由得,
即,
∵,∴,∴.
所以此圆的圆心坐标为.
21. 已知函数,其中.
(1)求函数的单调区间;
(2)证明:对任意时,.
【答案】(1)时,递增区间为,递减区间为,时,递增区间为,
,单调递减区间为;(2)证明见解析.
【解析】试题分析:
(1)对函数求导有,分类讨论有:时,递增区间为,递减区间为,时,递增区间为,,单调递减区间为;
(2)由题意结合(1)的结论有.结合题意利用放缩法即可证得题中的不等式.
试题解析:
(1),,
①若,当时,,当时,.
所以的单调递增区间为,单调递减区间为;
②若,当时,,当或时,,
所以的单调递增区间为,,单调递减区间为;
(2)证明:当时,由(1)知在处取得最小值,
∴,即,
当时,恒有.

.
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.22. 在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为
(为参数),在极点和直角坐标系的原点重合,极轴与轴的正半轴重合的极坐标系中,圆的极坐标方程为.
(1)若直线与圆相切,求的值;
(2)若直线与曲线相交于两点,求的值.
【答案】(1);(2).
【解析】试题分析:
(2)
联立直线与二次曲线的方程,结合弦长公式计算可得的值是.
试题解析:
(1)圆的直角坐标方程为,
直线的一般方程为,
∴,∴;
(2)曲线的一般方程为,代入得,
∴,,
∴.
23. 已知函数.
(1)求证:;
(2)解不等式.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】试题分析:
(1)由题意结合绝对值不等式的性质即可证得题中的结论;
(2)
将所给的不等式零点分段可得不等式的解集为.
试题解析:
(1)证明:∵,∴;
(2)解:∵,所以原不等式等价于
①;
②;
③;
综合上述,原不等式的解集为.
点睛:绝对值不等式的解法:
法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;
法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;
法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.。

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