重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(九)数学(文)试题(解析版)
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷(九)文数-答案
c
−
2
=
c
1 −
2
c
=
3
时取等号．
……………………………………（10 分）
文科数学参考答案·第 5 页（共 5 页）
2 2
，1
代入解出
a
=
2，
b =1，
所以椭圆的标准方程为
y2 2
+
x2
=1．
（Ⅱ）证明：由已知得 A(0， 2)，B(0，−
……………………………………（3 分） 2)， QB AB = 0 Q在直线y = − 2上 ，
（i）若
QA
斜率不存在，则
OP
2
+
OP
PQ
=
OP
OQ
=
2 OP
……………………………………………………………………（7 分）
∴
1 b
+
2 c
=
a
−
M
=
a
−
(a
− 1)
=1
1 b
+
2 c
=1
b
=
c
c −
， 2
∴
2 b −1
+
c
1 −
2
=
c
2 c −2
−1
+
c
1 −
2
=
c
−
2
+
c
1 −
≥ 2
2
(c
−
2) ×
c
1 −
2
=
2，
∴
b
2 −
1
+
c
1 −
2
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(八,3月)数学(理)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（八，3月）数学（理）试题第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.若复数满足，则复数的模为（）A. B. 1 C. D.【答案】C【解析】由题意得，∴．选C．2.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，∴，∴．选C．3.在等差数列中，是函数的两个零点，则的前10项和等于（）A. B. 15 C. 30 D.【答案】B【解析】由题意得是方程的两根，∴，∴．选B．4.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则.其中真命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】①中，由条件可得或相交，故①不正确；②中，由条件可得或，故②不正确；③中，由条件可得或，故③不正确．综上真命题的个数是0．选A．5.甲、乙、丙、丁四个人聚在一起讨论各自的体重（每个人的体重都不一样）.甲说：“我肯定最重”；乙说：“我肯定不是最轻”；丙说：“我虽然没有甲重，但也不是最轻”丁说：“那只有我是最轻的了”.为了确定谁轻谁重，现场称了体重，结果四人中仅有一人没有说对.根据上述对话判断四人中最重的是（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】用排除法进行说明．①假设甲没说对，则乙、丙、丁说的正确．故最重的是乙，第二名是甲，第三名是丙，丁最轻；或者乙最重，第二名是丙，第三名是甲，丁最轻．②假设乙没说对，则甲、丙、丁说的正确．故乙最轻，与丁最轻矛盾，故假设不成立．③假设丙没说对，则甲、乙、丁说的正确．若丙最重，则与甲的说法；若丙最轻，，则与丁最轻．故假设不成立．④假设丁没说对，则甲、乙、丙说的正确．若丁最重，则与甲最重矛盾；若丁排第二，则与甲、乙、丙的说法都得不到谁最轻均矛盾．故假设不成．综上所述可得乙最重．选B．6.已知，则的展开式中的系数为（）A. B. 15 C. D. 5【答案】D【解析】由题意得，故求的展开式中的系数．∵，展开式的通项为．∴展开式中的系数为．选D．7.甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有（）A. 60种B. 54种C. 48种D. 24种【答案】D【解析】分两类求解．①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有种；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人分别各去一个景点，故方案有．由分类加法计数原理可得总的方案数为24种．选D．8.如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得该程序的功能是计算的和．∵，∴当时，，不合题意；当时，，符合题意．∴判断框中的条件为．选D．9.某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面，且底面为直角三角形，．故三棱锥外接球的球心在过的中点且与底面垂直的线上，设为点，则有，设球半径为，则有．故三棱锥的外接球表面积．俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积．∴．选B．10.把的图象向左平移个单位（为实数），再把所得图象各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，若对恒成立，且，若，则的可能取值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，∵对恒成立，∴是最大值或最小值，∴，故．又，∴，即，∴，∴当时，符合题意．∴．又，∴或，∴或．结合各选项可得A正确．选A．11.已知双曲线的左、右顶点分别为，为双曲线左支上一点，为等腰三角形且外接圆的半径为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知等腰中，，设，则，其中必为锐角．∵外接圆的半径为，∴，∴，，∴．设点P的坐标为，则，故点P的坐标为．由点P在椭圆上得，整理得，∴．选C．点睛：本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P的坐标是解题的突破口．在得到点P 的坐标后根据点在椭圆上可得间的关系，最后根据离心率的定义可得所求．12.已知在点处的切线方程为，，的前项和为，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意得，∴，解得，∴．设，则，∴在上单调递减，∴，即，令，则，∴，故．设，则，∴在上单调递增，∴，即，令，则，∴，故．综上选A．点睛：本题将函数问题和数列问题结合在一起，综合考查学生运用知识解决问题的能力，对于数列中的不等式问题，一般的解法要借助于函数的单调性进行解决．为此并结合题意需要构造两个函数来解决问题，在得到函数的单调性后通过取特殊值的方法转化为数列的问题处理，解决此类问题需要学生具有较强的观察能力和分析问题的能力．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知满足约束条件（），则的最大值为_______.【答案】【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．表示可行域内的点到原点距离的平方．由图形可得，可行域内的点A到原点的距离最大，且A点的坐标为，且. ∴．答案：14.抛物线上一点的纵坐标为3，则点到抛物线焦点的距离为_______.【答案】【解析】由题意得抛物线的准线为，∴点到抛物线的距离为．由抛物线的定义可得点到抛物线焦点的距离为．答案：15.数列中，，（），则数列的通项公式为_______. 【答案】【解析】∵，∴，∴，∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，∴．答案：点睛：（1）已知和的关系解题时的突破口是当时，这一结论的灵活应用，然后根据所求的问题转化为的问题或的问题解决．（2）本题中，在得到后还需要通过构造的方法得到，逐步得到等比数列，然后通过等比数列的通项公式可得数列的通项公式．16.三角形中一点满足，的长度为1，边上的中点与的连线分别交于点，若，则的长度为_______.【答案】【解析】设，则．由题意得，∴,又，∴．即的长度为．答案：三、解答题（本大题共6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，角所对的边分别为，已知，，且.（1）若，求的值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由及正弦定理得，故可得，于是，故．然后根据余弦定理及可得，再由可得，解得．（2）由题意得，设，可得，求得的取值范围后根据函数的单调性可得实数的取值范围．试题解析：（1）∵，∴，由正弦定理得，∴.又，，∴，∴．由余弦定理得，又，∴，∴或（舍去），又，∴，∴．（2）由（1）得为锐角，故．又，∴，设，∵，∴，∴在上单调递减，∴，∴实数的取值范围为.18.某营养协会对全市18岁男生的身高作调查，统计显示全市18岁男生的身高服从正态分布，现某校随机抽取了100名18岁男生的身高分析，结果这100名学生的身高全部介于到之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，…，第六组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）若全市18岁男生共有人，试估计该市身高在以上的18岁男生人数；（2）求的值，并计算该校18岁男生的身高的中位数（精确到小数点后三位）；（3）若身高以上的学生校服需要单独定制，现从这100名学生中身高在以上的同学中任意抽取3人，这三人中校服需要单独定制的人数记为，求的分布列和期望.附：，则；，则；，则.【答案】（1）；（2）,；（3）分布列见解析，.【解析】试题分析：（1）根据正态分布得到，故，从而可得身高在以上的18岁男生人数．（2）根据频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1可求得，然后根据中位数的意义可求得中位数的估计值．（3）由频率分布直方图可得身高在内的为人，身高在内的为人．从而可得随机变量的所有可能取值，并根据古典概型求得对应的概率，于是可得分布列，从而可得期望．试题解析：(1)由题意得,∴,∴可估计该市身高在以上的18岁男生人数为（人）(2)由频率分布直方图可得，∴.设中位数为，则，∴.即中位数为．（3）由题意得身高在内的人数为人，身高在内的人数为人，由题意得随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．，，，，故的分布列如下：∴.点睛：（1）利用频率分布直方图估计样本的数字特征的方法①中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数值．②平均数：平均数的估计值等于每个小矩形的面积乘以矩形底边中点横坐标之和．③众数：最高的矩形的中点的横坐标．（2）对于正态分布，一定要注意三个特殊区间上的概率．解题时关键要会利用正态曲线的对称性求解随机变量在一些特殊区间上取值的概率．19.如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上的点.（1）若平面，求二面角的余弦值的大小；（2）若，侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】试题分析：（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由，可得，从而可得当时，平面.试题解析：（1）如图，连接，设交于，由题意知平面，又，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，，∴.（1）由题意得，，，∴，，∵平面，∴平面的一个法向量，又平面的一个法向量，∴，由图形知二面角为锐角，∴所求二面角的余弦值为.（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，设平面的法向量为，由题意得，又点，，，，由，得，令，则，设，则，由平面，可得，解得，∴当时，平面.点睛：（1）利用法向量求二面角或其余弦值时，在求得两法向量的夹角的余弦值后，还要根据图形判断二面角是锐角还是钝角，最后才能得到结论．（2）立体几何中的探索性问题可通过坐标法来解，求解时要注意将所求的位置关系的问题转化为向量的共线或数量积的运算来处理．20.设椭圆方程为，离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点且，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之和为1，证明直线过定点，并求出该定点.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】试题分析：（1）由离心率可得，根据的面积为得到，然后在焦点三角形中利用余弦定理并结合定义可得，进而得到，，于是得到椭圆的方程．（2）由题意设直线方程为，联立椭圆方程后得到二次方程，由根与系数的关系及可得，故直线方程为，即，可得过定点.试题解析：(1)由题意得，故．∵，∴，又，，在中，由余弦定理得，∴,解得，∴．∴，∴椭圆的方程为.（2）由题意设直线方程为，由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴．设点，，则，由题意得，即，∴整理得，∴直线方程为，即，∴直线过定点.点睛：定点问题的解题策略（1）直线过定点．将直线方程化为的形式，当时与无关，即恒成立，故直线过定点．（2）曲线过定点．利用方程对任意参数恒成立得出关于的方程组，以方程组的为坐标的点即为所求的定点．21.已知函数（）.（1）若时，不单调，求的取值范围；（2）设，若，时，时，有最小值，求最小值的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据不单调可得导函数在区间上有解，然后通过分离参数的方法将问题转化为求在上的取值范围的问题解决，然后利用基本不等式可得所求．（2）由题意可得，利用导数可得在上单调递增，又，故可得在上存在零点，从而可得．然后再利用导数求出函数的值域即可得到所求．试题解析：（1）∵，∴ ,∵时，不单调，∴方程在上有解，∴在上有解，又，（当且仅当时等号才成立，故此处无等号）∴．∴实数的取值范围为．（2）由题意得，∴.设，则，又，，∵，∴单调递增，又，∴存在，使得.且当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴.设，，则，∴在上单调递减，又，∴.故最小值的取值范围为．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为（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.（1）当时，交于两点，求；（2）已知点，点为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把直线的参数方程化为普通方程，再解圆里的三角形得到弦长得到|AB|的值.（2）先写出的三角函数表达式，再利用三角函数求它的最大值.试题解析：（1）消去得：，由得：，圆心为，半径，圆心到直线的距离，，∴.（2）设点，则，，，又，∴的最大值为.选修4-5：不等式选讲23.设.（1）若，解关于的不等式；（2）求证：.【答案】(1)或；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用零点讨论法解（2）第（2）问，利用三角绝对值不等式证明.试题解析：（1）当时，,①当时，，∴；②当时，，∴无解；③当时，，∴，综上所述，或.（2）证明：，当且仅当时取等号.。
2024届重庆市巴蜀中学高三下学期高考适应性月考卷(九)语文及答案
巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（九）语文一、现代文阅读 (35分)(一)现代文阅读Ⅰ (本题共5小题,18分)阅读下面的文字，完成1~5题。
材料一：在中世纪气候异常期结束后的几个世纪中，曾出现过一次复杂的降温过程，在总的降温趋势中，个别区域又出现了几次更为显著的寒冷时期。
这段时期影响了人类历史的发展，在史学及科学文献中被称为小冰河期。
为了确定小冰河期的成因，气候科学家分析了包括太阳辐射和火山活动在内的诸多外部因素。
从几十年到几个世纪不等的时间尺度来看，太阳变异度主要取决于太阳黑子。
其间有几次太阳黑子极少期，就发生在小冰河期。
太阳黑子数量极小值通常与气温极小值出现的时期相一致，但它是否会引发降温，或者如何引发降温，尤其是其与小冰河期的关系，这些问题尚存争议，仍正在研究之中。
火山爆发通常会带来短暂的降温，但火山活动本身如何能导致小冰河期长达数百年的降温呢?这一现象或许可以通过气候反馈来解释：几次快速连续的大规模火山喷发所造成的剧烈降温，足以触发海冰增长。
反过来，冰和雪对阳光反射的增加，又会使降温加剧。
这种现象被称为冰反照率反馈，是放大气候变化的几种反馈之一。
从火山活跃度增加的时间来看，似乎可以印证火山活动推动小冰河期形成的观点：冰川最大值出现在1600 年左右，由此可以推断降温应在14世纪时开始。
尽管火山活动对降温程度的影响难以重建，但有证据显示，在13世纪和1450年左右曾发生过多次火山爆发。
由此可见，火山爆发确实助长了小冰河期的降温。
随着温度降低，气体在海洋中的溶解度增加，原则上可以降低大气中的二氧化碳浓度，但这还不足以完全解释所观测到的小冰河期空气中二氧化碳含量的减少。
另一个可能的原因是，流行病暴发引发人口急剧下降，从而导致耕地荒废，退还为林地，而树木的生长降低了大气中的二氧化碳含量，引发气温下降。
在几年至几百年的时间尺度上内部气候动向也影响着气候变化。
例如，深海环流的减缓为小冰河期降温提供了另一种解释。
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷(一)文数-答案
，∴ sin
B
cos
A
cos
B
sin
A
cos
A，
∴sin(B A) cos A， ∴cos A
2 2
，∴
A
π 4
，C
π 4
，B
π， 2
∴△ABC 是等腰直角三角形．
……………………………………（12 分）
20．（本小题满分 12 分）
解：（Ⅰ）用三角形相似证明 EG E1C ，再由 A1E1 B1C1 可证 A1E1 平面 BCC1B1 ，证得
极小值=
h(1)
1 2
a
，没有极大值．
②
0
a
2
时，
0，a 2
a 2
，1
(1，
)
，
极大值=
h
a 2
a2 4
ln
a 2
3 8
a2
，极小值=
h(1)
1 2
a
．
③ a 2 时， (0， ) ，无极值．
文科数学参考答案·第 3 页（共 4 页）
④
a
2
时，
(0，1)
1，a2
a 2
，
，
极大值=
巴蜀中学 2018 届高考适应性月考卷（一） 文科数学参考答案
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
答案 A D D B A C D A A A B C
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
题号
13
14
2018届重庆市巴蜀中学高三适应性月考(九)文科综合答案
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）文科综合参考答案一、选择题（本大题共35小题，每小题4分，共140分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D A B A C B C D B C C 题号13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 答案 B D C B A A B B C C B D 题号25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35答案 C C A D B D A C B D B【解析】1．图中建筑为福建土楼。
故选D。
2．福建人口以迁入为主，地带性土壤为红壤，位于我国东部经济地带，晒秋是南方山区的民俗特色，以江西、安徽较为突出。
故选D。
3．该地建筑的正午影长达一年中最小值时为6月22日，A选项，锋面雨带的推移每年具有时间差异，福建可能即将结束梅雨天气，正确；B选项，由肯尼亚蒙巴萨港口航行至斯里兰卡汉班托塔港的中国商船是由西南向东北行进，途中南、北赤道暖流都会使商船逆流行驶，错误；C选项，北半球夏季，喜马拉雅山脉北坡的雪线达一年中最高，错误；D选项，澳大利亚西北部正值该地冬季，盛行东南风（陆风），正值少雨季节，错误。
故选A。
4．根据图中数据显示，调查范围内的“棒棒军”文化水平以小学为主，年龄以青壮年为主，主要来自重庆本地，活动范围无法依靠该数据判断。
故选B。
5．A选项，职业收入低、社会地位低是导致其变动职业的根本原因，其他选项均为次要原因。
故选A。
6．C选项治标不治本，对解决就业问题效果不明显。
故选C。
7．航行时段为8月31日至10月3日，处于北半球夏季，不会遭遇暴雪，③错；极光虽然会干扰GPS对航行造成困扰，但航行期间不会遇到极光，极光主要在严寒的秋冬夜晚出现，④错误。
故选B。
8．通过实时定位实现航行，GPS是浓雾、浮冰中航行使用最多、最有效果的技术。
故选C。
9．该航线上的摩尔曼斯克港口全年无冰期，所以D选项描述错误。
2018届重庆市巴蜀中学高三适应性月考(九)英语试题(图片版)+听力
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）英语参考答案第一部分听力（共两节，满分30分）1~5 CBBCA 6~10 CBCCC 11~15 BAABA 16~20 ACAAB第二部分阅读理解（共两节，满分40分）第一节（共15小题；每小题2分，满分30分）21~25 CAADA 26~30 BDBCC 31~35 AADCB第二节（共5小题；每小题2分，满分10分）36~40 FABED第三部分语言知识运用（共两节，满分45分）第一节（共20小题；每小题1.5分，满分30分）41~45 BDACB 46~50 ACDCB 51~55 ADDAB 56~60 ACDBC第二节（共10小题；每小题1.5分，满分15分）61．but 62．intentionally 63．reasons 64．who65．itself 66．was considered 67．the 68．inspiring 69．have combined 70．dating第四部分写作（共两节，满分35分）第一节短文改错（共10小题；每小题1分，满分10分）With the summer vacation came round again，I am happy that I could forget about school at①comingleast for a while．In case of I would fool around all through this summer vacation，I have made a plan ②as to how to spent it．First，I think I should go over all the things which my teachers taught me in the③spend ④thatprevious term．So，I could have∧better understanding of it．Then I think I should take up some⑤a ⑥themexercises，such as walking，running and rowing，to keep me physical strong．Undoubtedly，with so⑦exercise ⑧physically ⑨sucha good plan I will make the best of my vacation time．And I am sure I will live up to that I have planned．⑩what第二节书面表达（满分25分）【参考范文】Dear fellow students，I’m Li Hua，president of the Students Union．To help you have a better understanding of China，a contest on Chinese traditional culture is going to be held in the lecture hall this Sunday evening．As scheduled，in the first section，you are to answer questions about Chinese culture quickly to get more points．And then a speech delivered in Chinese is required，in which both pronunciation and accuracy will be evaluated．For the last part，you can choose an art form to show your talent for Chinese learning and knowledge of the culture．Winners of the contest will be awarded an e-dictionary that can help with your Chinese learning．More importantly，I think this is a great opportunity for you to challenge yourself and deepen your understanding of Chinese culture．You can contact the Students Union for more detailed information about the contest．Yours，Li Hua【解析】第二部分阅读理解第一节A21．C 推理判断题。
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(九)数学(理)试题(精编含解析)
巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）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. ）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先根据一元二次不等式的解法以及绝对值的解法，项确定出集合P,Q中的元素，最后根据.，可得C.点睛：该题以集合为载体，考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，注意交集中元素的特征，最后求得结果.2. ）【答案】B，之后应用共轭复数的定义，求得从而确定其虚部的值，求得结果.，故其虚部为，故选B.点睛：该题考查的是有关复数的除法运算以及共轭复数的定义，在求解的过程中，注意对复数的除法运算法则要掌握，最后一定要看清题意，是其共轭复数的虚部，从而正确求得结果.3. ）【答案】A为题中没有关于限定公比的条件的语句，所以应该是两个值，得到结果.A.点睛：该题考查的是有关等比数列的性质的问题，在求解的过程中，注意对数列的通项公式的应用，得到其公比q所满足的等量关系式，求得结果.4. 阅读如图1所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 的值为（）【答案】C【解析】分析：首先分析该程序框图的作用以及要完成的任务，从中可以发现就是求几个数的和，要看清条件，到什么时候结束，最后通分，求得结果.详解：根据题中所给的框图，C.点睛：该题考查的是有关程序框图的输出结果的求解问题，在解题的过程中，需要明确其要求，以及对应的量有哪些，算到什么时候就结束了，一定要注意条件，最后求得结果即可.5.条对称轴的是（）【答案】B像的对称轴方程，之后对各个选项逐一验证，即可得结果.，解得，逐项对比，可以求得满足条件，故选点睛：该题考查的是有关三角函数图像的平移变换以及对称性，在解题的过程中，需要明确左右平移对函数解析式中量的变化，以及对应函数图像的对称轴位置的确定以及对称轴方程的求解问题.6. 下列命题中，正确的选项是（）A. 为真命题，则 C.D. 中，必有【答案】D【解析】分析：首先对各个选项的内容进行分析，对于A项，要明确复合命题的真值表，两个命题都是真为真命题，而只要有一个真命题，则y轴右侧，当底数越小的时候，图像越靠近于x角，还有反向共线的时候，所以都是不正确的，利用锐角三角形三个内角的大小，以及正弦函数的单调性还有诱导公式，可以确定D项是正确的，从而求得结果.详解：A不正确；时，都有B不正确；”是“平面向量与的夹角为钝角”的必要不充分条件，所以C不正确；D.点睛：该题考查的内容比较多，每一个知识点都是相互独立的，所以需要对各选项逐一分析，涉及到的知识点有复合命题的，有向量的，有函数的，有三角的，所以需要我们对基础知识比较扎实，才能做好本题.7. ，若圆）【答案】C【解析】分析：首先要明确圆被直线平分的条件，就是直线过圆心，将圆心坐标代入直线的方程，得到关用基本不等式求得结果.C.点睛：该题考查的是有关利用基本不等式求最值的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有圆被直线平之后应用利用基本不等式求最值的方法求解.8.为（）【答案】D【解析】分析：首先根据题意设出直线的方程，之后与抛物线的方程联立，利用韦达定理求得两根和，之后借助于中点坐标公式求得关于k所满足的等量关系式，从而确定出直线的方程，接着应用点到直线的距离公式求得结果.是弦的中点，所以有，所以直线方程为，故选D.点睛：该题考查的是有关抛物线的中点弦所在直线的问题，在求解的过程中，注意有关直线与曲线相交的统一解法，再者注意韦达定理的应用以及中点坐标公式的应用，最后求出直线方程之后注意点到直线的距离公式的正确使用.9. ）B. C. D.【答案】B的值，之后分析关系，从而应用诱导公式求得结果.B.点睛：该题考查的是有关应用倍角公式以及诱导公式求三角函数值的问题，在解题的过程中，需要认真分析角之间的关系，以及已知量与待求量的联系，应用相应的公式求得结果.10. 2018年俄罗斯世界杯将于2018年6月14日至7月15座城市的亚洲、南美洲、.小组中，那么南美洲球队巴西队在为（）【答案】A【解析】分析：首先要明确A组球队所满足的条件，来自不同的洲，所以得需要先确定选的哪个洲的球队，之后再确定选定洲之后对应的球队的选法，接着需要明确当南美洲球队巴西队选定之后另一个球队有几种选法，从而得到满足条件的基本事件与总的基本事件数，最后作除法运算求得结果.详解：根据题意有，A每个洲选定之后从5个球队中任选1个球队，共有5种选法，若南美洲球队巴西队在A组，则另一个球队有A.点睛：该题考查的是有关古典概型的问题，在求解的时候，需要明确实验所对应的基本事件数，以及满徐条件的基本事件数，在此过程中，需要时刻注意题中所给的组队的要求，之后借助于相关公式求得结果.11. ，且当时，）【答案】D关于y轴对称，从而得到函数是周期函数，借助于两个函数在相应区间上的图像，应用数形结合求得结果.y轴对称，所以其为最小正周期为2的周期函数，的图像和6D.点睛：该题考查的是有关函数的零点的问题，在解决之前，需要明确函数的相关性质，一是函数图像的对称性，二是函数的周期性，三是数形结合思想的应用，之后借助于中点坐标公式求得相应的结果.12. 已知某几何体的三视图如图2，则该几何体的外接球的表面积为（）【答案】A【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，还原几何体，得到该几何体是由正方体切割而成的，找到该几何体的顶点有三个是正方体的棱的中点，一个就是正方体的顶点，之后将几何体补体，从而得到该三棱锥的外接球是补成的棱柱的外接球，利用公式求得结果.详解：根据题中所给的三视图，可以将几何体还原，可以得到该几何体是由正方体切割而成的，记正方体则记的中点为E，CD中点为F G，经过分析，将几何体补体，H从而得到该三棱锥的外接球即为直三棱柱，棱柱的高为4A.点睛：该题考查的是有关利用三视图还原几何体，求其外接球的体积的问题，在解题的过程中，最关键的一步就是还原几何体，再者就是将其补成一个直三棱柱，之后应用直三棱柱的外接球的球心在上下底面外心的连线的中点处，利用公式求得结果.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. __________．【答案】【解析】分析：首先利用二项式定理得到二项展开式的通项，令x的幂指数等于零，求得r的值，即可求得展开式中常数项的值.，得216.点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点为求其展开式中的某一项，在求解的过程中，需要先求得展开式中的通项，之后令x的幂指数等于题中所要求的量，从而求得结果.14. __________．【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件作出相应的可行域，点的距离的平方，结合图形，根据其几何意义，可以得到其结果为原点到直线应用点到直线的距离公式求得结果.详解：根据约束条件画出可行域，如图所示：从图中可以发现，距离最小时为原点到边界线所以的最小值为点睛：该题考查的是有关线性规划的升级问题，约束条件是线性的，目标函数是非线性的，在解题的过程中，需要先根据约束条件画出相应的可行域，之后结合其几何意义，应用相应的公式求得结果.15.两点，若，则双曲线的离心率为__________．【解析】分析：首先根据题意，设出直线的方程，之后与双曲线的渐近线联立，分别求出A,B两点的坐标，A.的方程为，两条渐近线的方程分别为，可以得到A是的中点，，所以答案为点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率问题，在解题的过程中，需要做的就是根据题中条件，想办法寻.16. 如图3轴的非负半轴，轴的非负半轴上移动，__________．【解析】分析：首先根据题意，以及题中所给的图，设出正方形四个顶点的坐标，之后应用中点坐标公式，求得点E.根据正方形的特点，可以确定出点睛：该题考查的是有关向量的数量积的最值问题，在求解的时候，关键是将正方形的顶点坐标求出，之.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.（1（2）【答案】(1)【解析】分析：第一问首先应用题中所给的数列的递推公式，加得出结果，注意对首项的验证；之后求和时利用分组求和法以及裂项相消法求和即可得结果.详解时，．点睛：该题考查的是有关数列的问题，一是应用累加法求通项的问题，二是应用对数的运算法则求通项公式的问题，三是对数列求和，采用的方法就是分组求和法以及裂项相消法，行验证.18. 支付宝作为一款移动支付工具，在日常生活中起到了重要的作用.巴蜀中学高2018届学生为了调查支付.（1支付宝与年龄有关”？岁以上岁以下（2（3）的.若某位市民在一周使用了次支付宝，.【答案】(1)不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．(3)分布列见解析；【解析】分析：第一问首先应用题中所给的列联表，从而得到相应的结论；第二问利用相关知识求得所抽取的12人中，使用和不使用支付宝的人数分别是多少，之后借助于组合数求得相应的概率；第三问根据题意，求得随机变量X的取值以及相对应的概率，列出分布列，利用期望公式求得其期望.详解99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．（Ⅱ）12位中，使用支付宝的人数为人)，不使用支付宝的人数为人)，（Ⅲ）的分布列如下：点睛：该题考查的是有关统计、独立检验以及离散型随机变量的分布列的问题，在求解的过程中，需要明确独立检验的步骤，以及观测值的求解公式，再者对随机事件发生的概率求解时，需要对其对应的基本事件数弄清楚，最后在求随机变量的分布列及期望的时候，需要对变量的可取值以及对应的概率要算对.19. 如图4作平面分别交线段（1（2）【答案】(1)见解析.(2)与平面45°．【解析】分析：第一问利用梯形的条件，结合线面平行的判定以及性质定理，证得线线垂直；第二问建立相应的空间直角坐标系，设出对应点的坐标，将线面角转化为有关向量所成的角，利用向量所成角的余弦公式求得结果.详解：（Ⅱ，，，为轴建立空间直角坐标系，，0，0)，1，0)，2，0)，0，2)，，则，当在线段靠近的三分点位置时，直线与平面所成的线面角为45°．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，在解题的过程中，注意空间关系的转化，有关线线平行、线面平行之间的关系，利用相关的判定和性质定理证得结果，有关空间角的问题，大多应用空间向量来完成，注意相关公式的正确使用.20. ，（1（2.-【答案】(1)【解析】分析：第一问首先应用正弦定理求得三角形的外接圆的直径，结合椭圆的性质，以及三角形的特征，求得短半轴；第二问设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合题中的条件，最后应用导数研究函数的单调性，求得其最值.详解右顶点为．（Ⅱ）的方程为以为直径的圆经过点，代入①式得或（舍去），，在上单调递减，点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的综合题，在解题的过程中，需要明确焦点三角形的有关特征，以及正弦定理的内容和常数的意义，再者就是有关直线与椭圆相交的问题，需要联立消元，韦达定理紧跟其后，将三角形的面积表示成有关变量的函数关系，结合函数的解题思想，求得结果.21.（1时，若函数在（2【答案】(1)(2)见解析.用点斜式写出切线的方程，之后再结合直线与抛物线相切的有关特征求得参数b的值；第二问结合题中的条件，转化函数解析式，利用导数研究函数的性质，向最值靠拢即可证得结果.详解：，故切线方程为．，故．上单调递增，在.，或，只需证时，即可，，在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，在解题的过程中，需要用到导数的几何意义，求函数图像的切线方程，之后应用抛物线与直线相切，寻找关系，求得结果，至于第二问，利用导数研究函数的单调性，向最值靠拢证得结果.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. 选修4-4：坐标系与参数方程位长度..（1（2，若直线两点，求的值.【答案】(1)【解析】分析：第一问利用极坐标与平面直角坐标之间的关系，将其极坐标方程转化为平面直角坐标方程，将参数方程消参，将其转化为普通方程；第二问将直线的参数方程代入曲线方程中，化简，结合直线参数方程中参数的几何意义结合韦达定理求得结果.详解：（Ⅰ）曲线C的普通方程为（Ⅱ）的参数方程代入曲线C异号，点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标方程与平面直角坐标方程的转换关系以及参数方程向普通方程的转化，再者就是需要明确直线的参数方程中参数的几何意义，将直线的参数方程代入曲线的方程中，结合韦达定理求得结果.23. （.（1（2，且正实数.【答案】（12）2【解析】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组，得到将式子变形，利用基本不等式求得结果.详解②；③时，综上所述，不等式的解集为（Ⅱ）由三角不等式可得的最小值为2，当且仅当点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.。
【数学】重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考(九)试题(理)(扫描版)
重庆市巴蜀中学2018届高三适应性月考（九）数学试题（理）【参考答案】12．【解析】几何体还原为如图1所示的三棱锥A BCD -，把此几何体补全为如图2所示的三棱柱，所以三棱锥的外接球即为三棱柱111ABC A B C -的外接球，在ABC △中，202084cos 2205A +-==⨯， 3sin 5A =，∴2sin BC r A ==∴A ．二、填空题16π04ϕ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，，故当π22θϕ+=时，OE OD 的最大值为5+三、解答题17．解：（Ⅰ）112n n n a a --=+∵，2122n n n a a ---=+，，212a a =+，12112(12)222321(2)12n n n n a a n ---=++++=+=+-≥∴．1n =∵时，11321a ==+， 21n n a =+∴．（Ⅱ）1212log (1)log (211)1n n n b a n ++=-=+-=+，令122112(1)(2)12n n n c b b n n n n +⎛⎫===- ⎪+⨯+++⎝⎭，n b ∴的前n 项和为2(21)322n n n n++⨯+=．n c 的前n 项和为1111111122233412222n n n n n ⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭，2322n n n nT n +=++∴．18．解：（Ⅰ）2250(2510105)4006.349 6.6353515203063K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯，∴不能有99%的把握认为“使用支付宝与年龄有关”．（Ⅱ）12位中，使用支付宝的人数为251210255⨯=+(人)，不使用支付宝的人数为5122255⨯=+(人)，2131210210102331212C C +C C C 211=C C 22P ==-∴．（Ⅲ）1119(0.2)22436P X ==⨯==，11112(0.3)223336P X ==⨯⨯==，2111510(0.4)22631836P X ⎛⎫==⨯⨯+== ⎪⎝⎭，19．（Ⅰ）证明：底面平面平面以点为原点，，0，0)，(2，1，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，0220y x y z =⎧⎨--+=⎩，，令1x =(101)n =，，∴，1sin |cos |32(22)DE n θλλ=〈〉==⇒=-，，∴∴当E 在线段PC 靠近C 的三分点位置时，直线DE 与平面PBC 所成的线面角为45°．20． 解：（Ⅰ）∵右顶点为(20)，，∴2a =，122MF MF ==，∵121sin 2MO b b MF F MF a ∠===，2122424sin 2MF R b MF F b ====∠，∴1b =，∴椭圆的标准方程为2214x y +=．（Ⅱ）设直线l 的方程为my x b =+，1122()()A x y B x y ，，，，与椭圆联立得222(4)240m y mby b +-+-=， ∴21212222444mb b y y y y m m -+==++，． ∵以AB 为直径的圆经过点N ，∴0NA NB =， ∵1122(2)(2)NA x y NB x y =-=-，，，， ∴1212122()40x x x x y y -+++=，①∵121228()24b x x m y y b m -+=+-=+，2222121212244()4b m x x m y y mb y y b m -=-++=+，代入①式得2516120b b ++=，∴65b =-或2b =-（舍去），故直线l 过定点605⎛⎫⎪⎝⎭，．∴121622||255ABN S y y ⎛⎫=⨯-⨯-= ⎪⎝⎭△，令222564()[0)(4)t h t t m t +==∈+∞+，，，则228()0251281120425h t t t t ⎛⎫'>⇒++<⇒∈-- ⎪⎝⎭，，∴()h t 在[0)t ∈+∞，上单调递减，max ()(0)4h t h ==， ∴0m =时，max 1625ABN S =△．21．（Ⅰ）解：当3a =时，()(3)e x f x x =-，()e (3)e (2)e x x xf x x x '=+-=-，∴(0)3(0)2f f =-'=-，，故切线方程为23y x =--．设切线与()g x 相切的切点为00(23)x x --，， 故满足方程组0020000()21()232g x x b g x x bx x '=-=-⎧⎪⎨=-=--⎪⎩，，解得0x =2b =． （Ⅱ）证明：()()e xf x x a =-，21()(1)2g x x a x =--，∴21()()e (1)2x h x x a ax a a x =--+-，()e ()e (1)(e )[(1)]x x x h x x a ax a a a x a '=+--+-=---，令()ln 1m a a a =-+，则1()101m a a a '=->⇒<，∴()m a 在(01)a ∈，上单调递增，在(1)a ∈+∞，上单调递减. ∵max ()(1)0m a m ==，∴ln 10a a -+≤，即ln 1a a -≤恒成立， ∴()01h x x a '>⇒>-或ln x a <，∴()h x 在(ln 1)x a a ∈-，上单调递减，在(1)x a ∈-+∞，上单调递增，∴12min 1()(1)e (1)2a h x h a a a -=-=-+-． 只需证104a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，min ()0h x <即可， 令121()e (1)2a a a a ϕ-=-+-，则121()e (341)2a a a a ϕ-'=-+-+，1()e 320a a a ϕ-"=-+-<恒成立， ∴()a ϕ'在104a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. ∵11(0)02e ϕ'=->，3413e 0432ϕ-⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，∴0010()04a a ϕ⎛⎫∃∈'= ⎪⎝⎭，，使得，∴()a ϕ在0(0)a a ∈，上单调递增，014a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减，∴1232max 00000011()()e (1)(551)0.22a a a a a a a a ϕϕ-==-+-=-+-<，故证毕22． 解：（Ⅰ）曲线C 的直角坐标方程为22(2)(2)8x y -+-=， 直线l的普通方程为1y -．（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得221221282t ⎛⎫⎛⎫+-++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得270t -=，121270t t t t +=-<∴，12t t ，∴异号，12121212111111||||||||t t PA PB t t t t t t +-=-=+==．23.解：（Ⅰ）①当12x ≤时，1()122f x x x =-⇒-≥≤；②当112x <<时，16()43127f x x x x =-⇒<≥≤；③当1x ≥时，1()1122f x x x =⇒≥≤，≤综上所述，不等式的解集为6(2]27x ⎡⎤∈-∞-⎢⎥⎣⎦，，．（Ⅱ）由三角不等式可得||21||2|||(21)(2)||1|1x x a x x a a a ------=-=-≤，∴12(1)1a Ma ab c+=-=--=⇒121b c +=⇒2cb c =-，∴2121122122212c c b c c c c +=+=-+------≥，2112b c +--∴的最小值为2，当且仅当1232c c c -==-⇒时取等号．。
重庆市巴蜀中学高三适应性月考(九)数学(文)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学高三适应性月考（九）数学（文）试题一、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. 设集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.2. 复数满足，则在复数平面内复数对应的点的坐标为（）A. B. C. D.3. 函数的零点个数为（）A. B. C. D.4. 已知各项均为正的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值是（）A. B. C. D.5. 在不等式的解集对应的区间上随机取一个实数，若事件“”发生的概率为，则实数（）A. B. C. D.6. 执行如图1所示的程序框图，若输出的值为，则图中判断框内①处应填（）A. B. C. D.7. 将函数的图象左移，得到函数的图象，则在上对应的单调递增区间是（）A. B. C. D.8. 已知直线是圆的一条对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）A. B. C. D.9. 实数满足约束条件且目标函数的最小值是，最大值是，则的值是（）A. B. C. D.10. 在直三棱柱中，，是直线上一动点，则的最小值是（）A. B. C. D.11. 设等差数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.12. 已知抛物线的焦点为是抛物线上异于坐标原点的任意一点，过点的直线交轴的正半轴于点，且同在一个以为圆心的圆上，另有直线，且与抛物线相切于点，则直线经过的定点的坐标是（）A. B. C. D.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量满足，且，则向量与的夹角是__________．14. 设则不等式的解集为__________．15. 观察如下规律：，则该数列的前项和等于__________．16. 设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是__________．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.（1）求函数的最小正周期；（2）在中，角所对的边分别为，若将函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，且满足，求的最大值.18. 社会在对全日制高中的教学水平进行评价时，常常将被清华北大录取的学生人数作为衡量的标准之一.重庆市教委调研了某中学近五年（2013年-2017年）高考被清华北大录取的学生人数，制作了如下所示的表格（设2013年为第一年）.年）人）（1）试求人数关于年份的回归直线方程；（2）在满足（1）的前提之下，估计2018年该中学被清华北大录取的人数（精确到个位）；（3）教委准备在这五年的数据中任意选取两年作进一步研究，求被选取的两年恰好不相邻的概率.参考公式：.19. 如图2，已知在四棱锥中，平面平面，底面为矩形.（1）求证：平面平面；（2）若，试求点到平面的距离.20. 已知焦点在轴上的椭圆，短轴的一个端点与两个焦点构成等腰直角三角形，且椭圆过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设依次为椭圆的上下顶点，动点满足，且直线与椭圆另一个不同于的交点为.求证：为定值，并求出这个定值.21. 已知函数.（1）当时，求函数图象在点处的切线方程；（2）若函数图象与轴有且仅有一个交点，求实数的值；（3）在（2）的条件下，对任意的，均有成立，求正实数的取值范围.22. 以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中采取相同的单位长度.曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）设点，若直线与曲线交于两点，求的值.23. 已知函数（且）.（1）当时，解不等式；（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.数学（文）试题（解析版）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. 设集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：化简集合，利用交集的定义列不等式求解即可.详解：，若，则，即实数的取值范围是，故选A.点睛:本题主要考查交集的定义以及不等式的解法，属于简单题.2. 复数满足，则在复数平面内复数对应的点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先求出复数的模，两边同除以，从而可得结果.详解：，，在复数平面内复数对应的点的坐标为，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3. 函数的零点个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先判断函数的单调性，然后利用零点存在定理判断，即可得结果.详解：递增，且递增，递增，，，由两点存在定理可得，的零点个数为，故选B.点睛：判断函数零点个数的常用方法：(1) 直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法.4. 已知各项均为正的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由与的等比中项为，可得，利用等比数列的性质结合基本不等式可得结果.详解：与的等比中项为，，，当且仅当时，等号成立，即的最小值是，故选C.点睛：本题主要考查利用等比数列的性质以及基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.5. 在不等式的解集对应的区间上随机取一个实数，若事件“”发生的概率为，则实数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：求出不等式的解集，化简不等式，利用几何概型概率公式列方程求解即可.详解：由，得，由，得，，得，故选A.点睛：本题題主要考查“长度型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与长度有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总长度以及事件的长度.6. 执行如图1所示的程序框图，若输出的值为，则图中判断框内①处应填（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到到输出的值为，即可得输出条件.详解：执行程序框图，输入，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，时，应退出循环，故图中判断框内①处应填，故选C.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.7. 将函数的图象左移，得到函数的图象，则在上对应的单调递增区间是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用两角和与差的余弦公式、诱导公式以及二倍角的正弦公式与辅助角公式化简函数解析式为，根据相位变换法则可得，利用正弦函数的单调性可得结果.详解：化简，图象向在平移，可得，，令，得，在上对应的单调递增区间是，故选D.点睛：本题主要考查两角和与差的余弦公式、诱导公式以及二倍角的正弦公式，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.8. 已知直线是圆的一条对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：利用直线是圆的一条对称轴，求得，根据两点间距离公式以及勾股定理可得结果.详解：直线是圆的一条对称轴，过圆心，，得，直线方程为，点坐标为，，由勾股定理可得，，，故选B.点睛：本题主要考查圆的标准方程以及圆的切线长的求法，意在考查数形结合思想与灵活运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.9. 实数满足约束条件且目标函数的最小值是，最大值是，则的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：详解：，即有最小值，又有最大值，表示的可行域为封闭区域，画出可行域，如图，由图可知，可得在分别求得最小值与最大值，由，得，最小值，①由，得最大值时，由在上，得，②由①②得，故选B.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.10. 在直三棱柱中，，是直线上一动点，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：将二面角展成，则四点共面，最小值就是平面内的长，利用余弦定理即可的结果. 详解：将二面角展成，则四点共面，最小值就是平面内的长， 在中，，，由余弦定理可得，故选C.点睛：解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，利用点到线的距离、点到面的距离、多面体展开图中两点间的距离等等，非常巧妙；二是将最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.11. 设等差数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）A. B.C.D.【答案】D【解析】分析：构造函数，利用函数的奇偶性与单调性可得，，从而可得结果. 详解：构造函数，则是奇函数，且在上递增，由题知，，，可得，，，可得，故选D.点睛：本题主要考查函数的单调性与奇偶性以及等差数列的性质与求和公式，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.12. 已知抛物线的焦点为是抛物线上异于坐标原点的任意一点，过点的直线交轴的正半轴于点，且同在一个以为圆心的圆上，另有直线，且与抛物线相切于点，则直线经过的定点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：设，利用都在以同一个以为圆心的圆上，求得，利用导数的几何意义求得，利用两点式、化简可得直线的方程为，从而可得结果. 详解：，设，都在以同一个以为圆心的圆上，，解得，，得，从而得，的方程为，化为，过点，故答案为.点睛：探索曲线过定点的常见方法有两种：①可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元（往往可以化为的形式，根据求解），借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点). ② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量满足，且，则向量与的夹角是__________．【答案】【解析】分析：由，且，利用数量积的运算法则以及平面向量数量积公式可得，从而可得结果.详解：由，得，，故答案为.点睛：本题主要考查向量的模与夹角，平面向量数量积公式及其运算法则，意在考查对基本概念与基本运算掌握的熟练程度.14. 设则不等式的解集为__________．【答案】【解析】分析：对分两种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得结果详解：，，得或，得，解集为，故答案为.点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.15. 观察如下规律：，则该数列的前项和等于__________．【答案】150【解析】分析：由，发现该数列各项的共同规律，分组求和即可.详解：由，发现该数列，由个，个，个，个组成，，该数列前项，由个，个，个，个组成，即，故答案为.点睛：本题主要考查归纳推理，属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.16. 设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】分析：存在唯一的整数，使得，等价于，存在唯一的整数，使，利用导数研究函数的单调性，由于一定成立，且，只需，解不等式可得结果.详解：存在唯一的整数，使得，等价于，存在唯一的整数，使，，在上递减，在上递增，，一定成立，又，只需，即，又，即实数的取值范围是,故答案为.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式的整数解、数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.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.（1）求函数的最小正周期；（2）在中，角所对的边分别为，若将函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，且满足，求的最大值.【答案】（1）；（2）4【解析】分析：（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的周期公式可得函数的周期；（2）令由结合可得由得，利用余弦定理结合均值不等式可得结果.详解：（1）．（2）令则．当且仅当时取“”，所以.点睛：以三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.18. 社会在对全日制高中的教学水平进行评价时，常常将被清华北大录取的学生人数作为衡量的标准之一.重庆市教委调研了某中学近五年（2013年-2017年）高考被清华北大录取的学生人数，制作了如下所示的表格（设2013年为第一年）.年）人）（1）试求人数关于年份的回归直线方程；（2）在满足（1）的前提之下，估计2018年该中学被清华北大录取的人数（精确到个位）；（3）教委准备在这五年的数据中任意选取两年作进一步研究，求被选取的两年恰好不相邻的概率.参考公式：.【答案】（1）；（2）59；（3）【解析】分析：（1）根据表格中数据及平均数公式可求出与的值从而可得样本中心点的坐标，进而求可得公式中所需数据，求出，再结合样本中心点的性质可得，而可得关于的回归方程；（2）2018年对应的，代入（Ⅰ）(人); （3）利用列举法，所有的基本事件共个，恰好不相邻的基本事件共6个，利用古典概型概率公式可得结果.详解：（1）．（2）2018年对应的，代入（Ⅰ）(人)．（3）所有的基本事件共10个：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，恰好不相邻的基本事件共6个，则．点睛：求回归直线方程的步骤：①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；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线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. 如图2，已知在四棱锥中，平面平面，底面为矩形.（1）求证：平面平面；（2）若，试求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）由平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，由面面垂直的判定定理可得结论；（2）取AD的中点O，则平面，由，从而利用棱锥的体积公式可得结果.详解：（1）证明：．（2）解：取AD的中点O，则，，则．又易知，所以，解出．点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.20. 已知焦点在轴上的椭圆，短轴的一个端点与两个焦点构成等腰直角三角形，且椭圆过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设依次为椭圆的上下顶点，动点满足，且直线与椭圆另一个不同于的交点为.求证：为定值，并求出这个定值.【答案】（1）；（2）2【解析】分析：（1）由短轴的一个端点与两个焦点构成等腰直角三角形，可得椭圆的方程为，将代入解出，从而可得结果；（2）设为，代入，求出的坐标，利用平面向量数量积的坐标表示，消去参数即可的结果.详解：（1）椭圆的方程为，将代入解出，所以椭圆的标准方程为．（2）证明：由已知得，若斜率不存在，则；（ii）若斜率存在，设为，代入，，又，所以．点睛：本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.21. 已知函数.（1）当时，求函数图象在点处的切线方程；（2）若函数图象与轴有且仅有一个交点，求实数的值；（3）在（2）的条件下，对任意的，均有成立，求正实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】分析：（1）求出由的值可得切点坐标，由的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）令令，利用导数研究函数的单调性，可得，结合图象可得；（3）因为，所以令，分三种情况讨论，可筛选出符合题意的实数的取值范围.详解：（1）时，，，所以切线方程为，即．（2）令令易知在；在，，结合图象可得．（3）因为，所以令，由．（i ）当时，，有；恒成立，得所以；（ii ）当时，则；，所以，则，综上所述，．点睛：本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数证明不等式，属于难题.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）由点斜式求得切线方程.22. 以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中采取相同的单位长度.曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）设点，若直线与曲线交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：第一问利用极坐标与平面直角坐标之间的关系，将其极坐标方程转化为平面直角坐标方程，将参数方程消参，将其转化为普通方程；第二问将直线的参数方程代入曲线方程中，化简，结合直线参数方程中参数的几何意义结合韦达定理求得结果.详解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为，直线的普通方程为．（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，得，，异号，．点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标方程与平面直角坐标方程的转换关系以及参数方程向普通方程的转化，再者就是需要明确直线的参数方程中参数的几何意义，将直线的参数方程代入曲线的方程中，结合韦达定理求得结果.23. 已知函数（且）.（1）当时，解不等式；（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）2【解析】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组的解集取并集，求得结果；第二问利用三角不等式求得其最小值，可以转化为，得到之后将式子变形，利用基本不等式求得结果.详解：（Ⅰ）①当时，；②当时，；③当时，综上所述，不等式的解集为．（Ⅱ）由三角不等式可得的最小值为2，当且仅当时取等号．点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.。
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巴蜀中学2018届高考适应性月考卷（九）文科数学一、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. 设集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：化简集合，利用交集的定义列不等式求解即可.详解：，若，则，即实数的取值范围是，故选A.点睛:本题主要考查交集的定义以及不等式的解法，属于简单题.2. 复数满足，则在复数平面内复数对应的点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先求出复数的模，两边同除以，从而可得结果.详解：，，在复数平面内复数对应的点的坐标为，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3. 函数的零点个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先判断函数的单调性，然后利用零点存在定理判断，即可得结果.详解：递增，且递增，递增，，，由两点存在定理可得，的零点个数为，故选B.点睛： 判断函数零点个数的常用方法：(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法. 4. 已知各项均为正的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值是（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：由与的等比中项为，可得，利用等比数列的性质结合基本不等式可得结果.详解：与的等比中项为，，，当且仅当时，等号成立， 即的最小值是，故选C.点睛：本题主要考查利用等比数列的性质以及基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）. 5. 在不等式的解集对应的区间上随机取一个实数，若事件“”发生的概率为，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：求出不等式的解集，化简不等式，利用几何概型概率公式列方程求解即可.详解：由，得，由，得，事件“”发生的概率为，，得，故选A.点睛：本题題主要考查“长度型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与长度有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总长度以及事件的长度.6. 执行如图1所示的程序框图，若输出的值为，则图中判断框内①处应填（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到到输出的值为，即可得输出条件.详解：执行程序框图，输入，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，时，应退出循环，故图中判断框内①处应填，故选C.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.7. 将函数的图象左移，得到函数的图象，则在上对应的单调递增区间是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用两角和与差的余弦公式、诱导公式以及二倍角的正弦公式与辅助角公式化简函数解析式为，根据相位变换法则可得，利用正弦函数的单调性可得结果.详解：化简，图象向在平移，可得，，令，得，在上对应的单调递增区间是，故选D.点睛：本题主要考查两角和与差的余弦公式、诱导公式以及二倍角的正弦公式，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.8. 已知直线是圆的一条对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：利用直线是圆的一条对称轴，求得，根据两点间距离公式以及勾股定理可得结果.详解：直线是圆的一条对称轴，过圆心，，得，直线方程为，点坐标为，，由勾股定理可得，，，故选B.点睛：本题主要考查圆的标准方程以及圆的切线长的求法，意在考查数形结合思想与灵活运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.9. 实数满足约束条件且目标函数的最小值是，最大值是，则的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：详解：，即有最小值，又有最大值，表示的可行域为封闭区域，画出可行域，如图，由图可知，可得在分别求得最小值与最大值，由，得，最小值，①由，得最大值时，由在上，得，②由①②得，故选B.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.10. 在直三棱柱中，，是直线上一动点，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：将二面角展成，则四点共面，最小值就是平面内的长，利用余弦定理即可的结果.详解：将二面角展成，则四点共面，最小值就是平面内的长，在中，，，由余弦定理可得，故选C.点睛：解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，利用点到线的距离、点到面的距离、多面体展开图中两点间的距离等等，非常巧妙；二是将最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解. 11. 设等差数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：构造函数，利用函数的奇偶性与单调性可得，，从而可得结果.详解：构造函数，则是奇函数，且在上递增，由题知，，，可得，，，可得，故选D.点睛：本题主要考查函数的单调性与奇偶性以及等差数列的性质与求和公式，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.12. 已知抛物线的焦点为是抛物线上异于坐标原点的任意一点，过点的直线交轴的正半轴于点，且同在一个以为圆心的圆上，另有直线，且与抛物线相切于点，则直线经过的定点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：设，利用都在以同一个以为圆心的圆上，求得，利用导数的几何意义求得，利用两点式、化简可得直线的方程为，从而可得结果.详解：，设，都在以同一个以为圆心的圆上，，解得，，得，从而得，的方程为，化为，过点，故答案为.点睛：探索曲线过定点的常见方法有两种：①可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元（往往可以化为的形式，根据求解），借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点). ②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量满足，且，则向量与的夹角是__________．【答案】【解析】分析：由，且，利用数量积的运算法则以及平面向量数量积公式可得，从而可得结果.详解：由，得，，故答案为.点睛：本题主要考查向量的模与夹角，平面向量数量积公式及其运算法则，意在考查对基本概念与基本运算掌握的熟练程度.14. 设则不等式的解集为__________．【答案】【解析】分析：对分两种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得结果详解：，，得或，得，解集为，故答案为.点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.15. 观察如下规律：，则该数列的前项和等于__________．【答案】150【解析】分析：由，发现该数列各项的共同规律，分组求和即可.详解：由，发现该数列，由个，个，个，个组成，，该数列前项，由个，个，个，个组成，即，故答案为.点睛：本题主要考查归纳推理，属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.16. 设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】分析：存在唯一的整数，使得，等价于，存在唯一的整数，使，利用导数研究函数的单调性，由于一定成立，且，只需，解不等式可得结果.详解：存在唯一的整数，使得，等价于，存在唯一的整数，使，，在上递减，在上递增，，一定成立，又，只需，即，又，即实数的取值范围是,故答案为.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式的整数解、数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.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.（1）求函数的最小正周期；（2）在中，角所对的边分别为，若将函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，且满足，求的最大值.【答案】（1）；（2）4【解析】分析：（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的周期公式可得函数的周期；（2）令由结合可得由得，利用余弦定理结合均值不等式可得结果.详解：（1）．（2）令则．当且仅当时取“”，所以.点睛：以三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.18. 社会在对全日制高中的教学水平进行评价时，常常将被清华北大录取的学生人数作为衡量的标准之一.重庆市教委调研了某中学近五年（2013年-2017年）高考被清华北大录取的学生人数，制作了如下所示的表格（设2013年为第一年）.年份（第年）人数（人）（1）试求人数关于年份的回归直线方程；（2）在满足（1）的前提之下，估计2018年该中学被清华北大录取的人数（精确到个位）；（3）教委准备在这五年的数据中任意选取两年作进一步研究，求被选取的两年恰好不相邻的概率.参考公式：.【答案】（1）；（2）59；（3）【解析】分析：（1）根据表格中数据及平均数公式可求出与的值从而可得样本中心点的坐标，进而求可得公式中所需数据，求出，再结合样本中心点的性质可得，而可得关于的回归方程；（2）2018年对应的，代入（Ⅰ）(人); （3）利用列举法，所有的基本事件共个，恰好不相邻的基本事件共6个，利用古典概型概率公式可得结果.详解：（1）．（2）2018年对应的，代入（Ⅰ）(人)．（3）所有的基本事件共10个：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，恰好不相邻的基本事件共6个，则．点睛：求回归直线方程的步骤：①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；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线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. 如图2，已知在四棱锥中，平面平面，底面为矩形.（1）求证：平面平面；（2）若，试求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）由平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，由面面垂直的判定定理可得结论；（2）取AD的中点O，则平面，由，从而利用棱锥的体积公式可得结果.详解：（1）证明：．（2）解：取AD的中点O，则，，则．又易知，所以，解出．点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.20. 已知焦点在轴上的椭圆，短轴的一个端点与两个焦点构成等腰直角三角形，且椭圆过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设依次为椭圆的上下顶点，动点满足，且直线与椭圆另一个不同于的交点为.求证：为定值，并求出这个定值.【答案】（1）；（2）2【解析】分析：（1）由短轴的一个端点与两个焦点构成等腰直角三角形，可得椭圆的方程为，将代入解出，从而可得结果；（2）设为，代入，求出的坐标，利用平面向量数量积的坐标表示，消去参数即可的结果.详解：（1）椭圆的方程为，将代入解出，所以椭圆的标准方程为．（2）证明：由已知得，若斜率不存在，则；（ii）若斜率存在，设为，代入，，又，所以．点睛：本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.21. 已知函数.（1）当时，求函数图象在点处的切线方程；（2）若函数图象与轴有且仅有一个交点，求实数的值；（3）在（2）的条件下，对任意的，均有成立，求正实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】分析：（1）求出由的值可得切点坐标，由的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）令令，利用导数研究函数的单调性，可得，结合图象可得；（3）因为，所以令，分三种情况讨论，可筛选出符合题意的实数的取值范围.详解：（1）时，，，所以切线方程为，即．（2）令令易知在；在，，结合图象可得．（3）因为，所以令，由．（i）当时，，有；恒成立，得所以；（ii）当时，则；，所以，则，综上所述，．点睛：本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数证明不等式，属于难题.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）由点斜式求得切线方程.22. 以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中采取相同的单位长度.曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）. （1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）设点，若直线与曲线交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：第一问利用极坐标与平面直角坐标之间的关系，将其极坐标方程转化为平面直角坐标方程，将参数方程消参，将其转化为普通方程；第二问将直线的参数方程代入曲线方程中，化简，结合直线参数方程中参数的几何意义结合韦达定理求得结果.详解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为，直线的普通方程为．（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，得，，异号，．点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标方程与平面直角坐标方程的转换关系以及参数方程向普通方程的转化，再者就是需要明确直线的参数方程中参数的几何意义，将直线的参数方程代入曲线的方程中，结合韦达定理求得结果.23. 已知函数（且）.（1）当时，解不等式；（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）2【解析】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组的解集取并集，求得结果；第二问利用三角不等式求得其最小值，可以转化为，得到之后将式子变形，利用基本不等式求得结果.详解：（Ⅰ）①当时，；②当时，；③当时，综上所述，不等式的解集为．（Ⅱ）由三角不等式可得的最小值为2，当且仅当时取等号．点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.。