西南名校联盟(云南师大附中)2018届高三适应性月考卷(4)理数试题(解析版)

西南名校联盟（云南师大附中）2018届适应性月考卷（4）
理科数学
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.已知集合，则为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】求解一元二次不等式可得：，
由补集的定义可得：，
结合并集的定义有：.
本题选择A选项.
2.已知复数，则（）
A. 0
B. 1
C.
D.
【答案】C
【解析】
由复数的运算法则有：.
本题选择C选项.
3.在中，若原点到直线的距离为1，则此三角形为（）
A. 直角三角形
B. 锐角三角形
C. 钝角三角形
D. 不能确定
【答案】A
【解析】
由已知可得：，
故三角形为直角三角形.
本题选择A选项.
4.已知点是所在平面内一点，为边的中点，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
因为为边的中点，.
本题选择B选项.
5.已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则等于（）
A. B. C. -1 D. 1
【答案】B
【解析】
由函数满足知的周期为4，
又是定义在上的奇函数，故，
.
本题选择B选项.
6.宋元时期数学名著《算学启蒙》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，若输入的分别7，3，则输出的（）
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
【答案】D
【解析】
时，不满足；
时，不满足；
时，满足，输出，
本题选择D选项.
点睛：此类问题的一般解法是严格按照程序框图设计的计算步骤逐步计算，逐次判断是否满足判断框内的条件，决定循环是否结束．要注意初始值的变化，分清计数变量与累加(乘)变量，掌握循环体等关键环节．
7.已知是函数的零点，若，则的值满足（）
A. B. C. D. 的符号不确定
【答案】B
【解析】
函数在是增函数，故零点是唯一的，
又，则.
本题选择B选项.
8.如图为一几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
如图所示，在长宽高分别为的长方体中，，
则题中三视图对应的几何体是一个由图中的三棱柱和三棱锥组成的组合体，
故其表面积为：
，
本题选择D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．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
9.若将函数的图象向左平移个单位，平移后所得图象的对称中心为点，则函数在上的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
，
所以将的图象向左平移个单位后，
得到的图象，
其对称中心为点，，
即：
，取可得，
函数的解析式为，
的最小值是.
本题选择C选项.
10.已知一个几何体下面是正三棱柱，其所有棱长都为；上面是正三棱锥，它的高为，若点
都在一个体积为的球面上，则的值为（）
A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
设外接球的半径为，下底面外接圆的半径为，
则，
又，.
本题选择A选项.
点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
11.已知数列满足是其前项和，若，（其中），则的最小值是（）
A. B. 5 C. D.
【答案】D
【解析】
由题意，，
以上各式相加得：，又
，，
当且仅当时等号成立.
本题选择D选项.
12.设过曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总存在过曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
设的切点为，的切点为，
由题意，对任意存在使得，
对任意均有解，
故对任意恒成立，
则对任意恒成立．
又.
本题选择C选项.
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.圆关于直线对称的圆的标准方程为__________．
【答案】
【解析】
圆的圆心坐标为，它关于直线的对称点坐标为，
即所求圆的圆心坐标为，所以所求圆的标准方程为．
14.二项式的展开式中项的系数为，则__________．
【答案】
【解析】
，
令，得
．
15.已知实数满足约束条件，则的取值范围是__________．【答案】
【解析】
绘制不等式组表示的平面区域如图所示，由不等式组所表示的平面区域知：
点到点的距离最大，故；
点到直线的距离最小，即，
所以的取值范围是．
点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．
16.空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离.已知平面两两互相垂直，点，点到的距离都是2，点是上的动点，满足到的距离是到点距离的2倍，则点的轨迹上的点到的距离的最大值是__________．
【答案】
【解析】
如图所示，在正方体中，
平面对应平面，点位于平面内满足题意，
原问题等价于在平面直角坐标系中有点，存在点到轴的距离为该点到点距离的2倍，求该点到轴的距离的最大值. 设，
由题意得：，
整理得：，
所以所求最大值为．
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.）
17.在各项均为正数的等比数列中，是与的等差中项，若.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【解析】
试题分析：
（1）由题意结合等差数列的性质可得，结合等差中项的性质可得，则，
（2）由（1）得，，分组求和可得数列的前项和
试题解析：
（1）设等比数列的公比为，且，
由得，
又是与的等差中项，
故或（舍）．
所以，
（2）由（1）得，，
所以数列的前项和：
18.如图，在平面四边形中，和都是等腰直角三角形且，正方形的边
.
（1）求证：平面；
（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）由线面垂直的判断定理可得平面则由平面几何知识可得，据此有平面
．
（2）由题意可知AD，AB，AE两两垂直．建立空间直角坐标系，设AB=1，据此可得平面BDF的一个法向量为
，取平面ABD的一个法向量为，则二面角的余弦值为．
试题解析：
（1）正方形中，
又且，所以
又
因为和都是等腰直角三角形，
所以，
即，且，
所以．
（2）因为△ABE是等腰直角三角形，所以，
又因为，所以，
即AD，AB，AE两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系，
设AB=1，则AE=1，，
，
设平面BDF的一个法向量为，
可得，
取平面ABD的一个法向量为，
则，
故二面角的余弦值为．
19.甲乙两人进行跳棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分.若其中的一方比对方多得2分或下满5局时停止比赛.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立.
（1）求没下满5局甲就获胜的概率；
（2）设比赛结束时已下局数为，求的分布列及数学期望.
【答案】(1)；(2)答案见解析.
【解析】
试题分析：
（1）没下满局甲就获胜有两种情况：①两局后甲获胜，此时，②四局后甲获胜，此时，则满足题意的概率值为
（2）由题意知的所有取值为：，，，据此可得的分布列，计算其数学期望为．
试题解析：
（1）没下满局甲就获胜有两种情况：
①两局后甲获胜，此时，
②四局后甲获胜，此时，
所以，没下满5局甲就获胜的概率
（2）由题意知的所有取值为则：
，
，
，
的分布列为:
．
20.已知函数.
（1）若，则当时，讨论的单调性；
（2）若，且当时，不等式在区间上有解，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】
试题分析：
（1）函数的定义域为，且，．分类讨论可得：
当时，在内单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）原问题等价于当时，在区间上的最大值．
且，则.分类讨论和两种情况可得．据此求解关于实数a的不等式可得实数的取值范围是．
试题解析：
（1）函数的定义域为，由得，
所以．
当时，，在内单调递减；
当时，或，
所以，在上单调递减，在上单调递增；
当时，或，
所以，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意，当时，在区间上的最大值．
当时，，
则.
①当时，，
故在上单调递增，；
②当时，设的两根分别为，
则，所以在上，
故在上单调递增，．
综上，当时，在区间上的最大值，
解得，所以实数的取值范围是．
点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
21.已知椭圆的左、右焦点分别是，其离心率，点为椭圆上的一个动点，面积的最大值为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于两点，直线，与轴分别相交于
两点，试问是否为定值？如果，求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)；(2)答案见解析.
【解析】
试题分析：
（1）由题意得到关于b,c的方程组，求解方程组结合椭圆的性质可得，则椭圆的标准方程为
．
（2）设直线的y轴截距式方程：，结合直线方程可得
，．联立直线方程与椭圆方程有，结合韦达定理可得
，则为定值.
试题解析：
（1）由题意知，当点是椭圆的上、下顶点时，的面积最大，
此时的面积，①
又椭圆的离心率，②
由①②得：，
所以，椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，则
直线的方程为，则，即，
同理可得．
由得，
由得且，
所以
，
故为定值．
点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
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.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极
轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）设曲线与直线交于两点，若点的坐标为，求．
【答案】(1)，；(2).
【解析】
试题分析：
（1）消去参数可得直线的普通方程为，极坐标化为直角坐标可得曲线的直角坐标方程为
．
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得，结合参数方程的几何意义可知
．
试题解析：
（1）由直线的参数方程：得直线的普通方程为，
由得，配方得，
即曲线的直角坐标方程为．
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，
即，
因为，所以可设是点所对应的参数，则．
又直线过点，所以．
23.已知，若不等式的解集为.
（1）求实数的值；
（2）若对一切实数恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【解析】
试题分析：
(1)求解绝对值不等式，据此得到关于实数t的方程，解方程可得．
（2）由（1）知，，由绝对值三角不等式的性质可得，当且仅当时等号成立，则实数的取值范围为．
试题解析：
（1）由得，解得或，
由题意
所以．
（2）由（1）知，，
所以，
当且仅当时等号成立，所以，
故实数的取值范围为．。