2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷(理科) (1)

2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷（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. 已知集合，，则
A. B.
C. D.
2. 已知是虚数单位，若，则的虚部是（）
A. B.
C. D.
3. 已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（）
A.
B.
C.
D.
4. 《九章算术》之后，人们学会了用等差数列的知识来解决问题，《张丘建算经》卷上有叙述为：“今有女善织，日益功疾（注：从第天开始，每天比前一天多织相同量的布），如图是源于其思想的一个程序框图，如果输出的是，则输入的是（）
A. B.
C. D.
5. 已知，分别满足，，则的值为（）
A. B.C. D.
6. 某空间凸多面体的三视图如图所示，其中俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（）
A.
B.
C.
D.
7. 中，，，的对边分别为，，．已知，，则的值为________
8. 某班级有男生人，女生人，现选举名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委．男生当选的人数记为，则的数学期望为（）
A. B.
C. D.
9. 已知函数单调递增，函数的图象关于点对称，实数，满足不等式
，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
10. 一个正四面体的四个面上分别标有数字，，，．掷这个四面体四次，令第次得到的数为，若存在正整数使得的概率，其中，是互质的正整数，则的值为（）
A. B.
C. D.
11. 已知抛物线，过定点，且作直线交抛物线于，两点，且直线不
垂直轴，在，两点处分别作该抛物线的切线，，设，的交点为，直线的斜率为，线段的中点为，则下列四个结论：①；②当直线绕着点旋转时，点的轨迹为抛物线；③当
时，直线经过抛物线的焦点；④当，时，直线垂直轴．其中正确的个数有（）A.个 B.个
C. 个
D. 个
12. 设函数 在 上存在导函数 ，对任意的 有 ，且当 时， ．若 ， 的零点有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 平行四边形 中， ， ，
，则
________．
14.
的展开式中含 的项的系数是________．
15. 棱长为 的正方体 如图所示， ， 分别为直线 ， 上的动点，则线段 长度的最小值为________．
16. 如图所示，已知直线 的方程为
， ， 是相外切的等圆，且分别与坐标轴及线段 相切， ，则两圆半径 ________（用常数 ， ， 表示）
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 设数列 的前 项和为 ，已知 ． （1）求 的通项公式；
（2）若数列 满足 ，求 前 项和 ．
18. 底面 为正方形的四棱锥 ，且 底面 ，过 的平面与侧面 的交线为 ，且满足 ．
（1）证明： 平面 ；
（2）当 四边形
时，求二面角 的余弦值．
19. 深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队．在对球员的使用上总是进行数据分析，为了考察甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计：
（1）求 ， ， ， ， 的值，据此能否有 的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；
（2）根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为： ， ， ， ，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为： ， ， ， ．则： 当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；
当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率； 如果你是教练员，应用概率统计有关知识．该如何使用乙球员？ 附表及公式：
．
20. 已知椭圆
的离心率为
，左、右焦点分别为 ，
，且
，
与该椭圆有且只有一个公共点．
（1）求椭圆标准方程；
（2）过点 的直线与 相切，且与椭圆相交于 ， 两点，求证： ；
（3）过点 的直线 与 相切，且与椭圆相交于 ， 两点，试探究 的数量关系．
21. 已知函数
．
（1）讨论函数 的零点个数；
（2）已知，证明：当时，．
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.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的参数方程为
（为参数），直线的极坐标方程为．
（1）求曲线和直线的直角坐标方程，并求出曲线上到直线的距离最大的点的坐标，
（2）求曲线的极坐标方程，并设，为曲线上的两个动点，且，求的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
当时，求不等式的解集；
若的解集包含，求实数的取值范围．
参考答案与试题解析
2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷（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.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
求出集合，，从而求出，由此能求出．
【解答】
∵集合，
，
∴，
∴．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的运算
【解析】
由已知可得，代入，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
∵，
∴，
∴的虚部为．
3.
【答案】
C
【考点】
余弦函数的图象
【解析】
利用余弦函数的单调性建立不等式关系求解即可．
【解答】
函数在上单调递增，则，．
解得：，．
∵，
∴当，可得．
4.
【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．
【解答】
第一次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；
第二次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；
第三次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；
第四次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；
…
第次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；
第次执行循环体后，，，满足退出循环的条件；
故输出
∴，
5.
【答案】
D
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
对等式两边取自然对数，再由，求导，判断单调性，运用对数的运算性质，可得所求值．【解答】
，可得，
，
可得，
即有，
可得，
由的导数为，
可得在递增，
可得，
即为，
即，
可得，
可得，
6.
【答案】
C
【考点】
由三视图求面积、体积
【解析】
画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．
【解答】
由题意可知几何体的直观图如图：左侧是放倒的三棱柱，右侧是三棱锥，
俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为：
．
7.
【答案】
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
利用二倍角和正弦定理，化简可得答案．
【解答】
∵由，
得
，
即，
∴得，
∴则（舍），或，
∵
∴，
∵，由正弦定理可得：，
∴，
推导可得：，
即，
∴. 8.
【答案】
C
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
由题意知随机变量的可能取值是，，，，，
计算对应的概率值，求出的数学期望值．
【解答】
由题意知，随机变量的可能取值是，，，，，
且，，
，，
；
∴的数学期望为
．
9.
【答案】
A
【考点】
抽象函数及其应用
简单线性规划
【解析】
根据题意，分析可得函数为奇函数，结合函数的单调性分析可得
，变形可得：，即或，由二元一次不等式的几何
意义分析其可行域，又由，设，其几何意义为可行域中任意一点到点距离的平方，求出的最小值，计算即可得答案．
【解答】
根据题意，因为函数的图象关于点
对称，
所以函数的图象关于点对称，
即函数是定义在上的奇函数，
则
，
又由函数单调递增，则
，
变形可得：，
即或，
所以可得其可行域，如图所示：
，
设，其几何意义为可行域中任意一点到点距离的平方，
分析可得：的最小值为，
则的最小值为；
故选：．
10.
【答案】
B
【考点】
模拟方法估计概率
【解析】
当时，的概率，当时，的概率，当时，的
概率，当时，的概率，从而求出的概率，
由此能求出的值．
【解答】
正四面体的四个面上分别标有数字，，，．掷这个四面体四次，令第次得到的数为，
存在正整数使得的概率，
∴当时，的概率，
当时，的概率，
当时，的概率，
当时，的概率，
∴得的概率，
其中，是互质的正整数，
∴，，
则．11.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
设点坐标，根据导数的几何意义，即可求得直线的方程，代入即可求得，即可求得直线的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得，．即可判断①④正确．
【解答】
设，则直线的方程：，
直线过点，所以，解得，
所以直线，，
由，
所以，
所以，即，
，，
所以，
则，
∴．
故垂直轴，故①④正确，
12.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
令，，由，可得函数为奇函数．利用导数可得函数在上是增函数，，即，解得，再令
，分离参数，可得，，利用导数，求出当时，，即可判断函数零点的
个数．
【解答】
当时，令时，，函数单调递增，
令时，，函数单调递减，
∴，
（1）当时，，函数单调递减，
∵，
∴直线与有两个交点，
∴
的零点有个，故选：．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.
【答案】
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
推导出，，，由此能求出．
【解答】
∵平行四边形中，，，，如图，
∴，∴，∴，
∴，
∴
．
14.
【答案】
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
利用二项式定理把展开，可得的展开式中含的项的系数．
【解答】
∵，
故它的展开式中含的项的系数是，
15.
【答案】【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
线段长度的最小值是异面直线与间的距离，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段长度的最小值．
【解答】
∵棱长为的正方体如图所示，，分别为直线，上的动点，
∴线段长度的最小值是异面直线与间的距离，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
∴线段长度的最小值：
．
16.
【答案】
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由题意画出图形，得，，设，，列关于，，，，，的方程组，整
体求解得答案．
【解答】
如图，
由已知得，，，
设，，
则，
②+③得：④．
把①代入④，得，
∴
．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.
【答案】
，
∴，．
故．
，
当时，，
令，
∴，
，
∴，
故，
又满足上式，
∴．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1），相减可得，．即可得出．
（2），当时，
，令，利用错位相减法即可得出．
【解答】
，
∴，．
故．
，
当时，，
令，
∴，
，
∴，
故，又满足上式，
∴．
18.
【答案】
∵底面为正方形，且底面，
∴，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，
则，，，，，．∵底面，底面，∴．
∵四边形为正方形，∴，∴平面，
∴平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
而，．
由，得，
取得，得为平面的一个法向量．
设二面角的大小为，
由四边形，得，
∴，∴，
∴二面角的余弦值为
．
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）推导出从而平面，进而，再由，得．连接交于点，连．则，由此能证明平面．
（2）推导出，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【解答】
∵底面为正方形，且底面，
∴，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，．
∵底面，底面，∴．
∵四边形为正方形，∴，∴平面，
∴平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
而，．
由，得，
取得，得为平面的一个法向量．
设二面角的大小为，
由四边形，得，
∴，∴，
∴二面角的余弦值为．
19.
【答案】
，，，，，，∴有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；
设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋”；表示“乙球员担当后卫”；表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，
则
；
．
因为：：：，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次．
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
（1）分别求出，，，，的值，求出的值，利用临界值表可得出结论；（2）根据条件概率公式分别计算出乙球员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，最后相加得到已乙球员参加比赛时，球队输球的概率；利用乙球员担任前锋时输球的概率除以球队输球的概率即可得出答案；分别计算出乙队员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，以输球概率最小时，乙球员担任的角色，作为教练员使用乙队员的依据．
【解答】
，，，，，，∴有的把握认为球队胜
利与甲球员参赛有关；
设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋”；表示“乙球员担当后卫”；表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，
则
；
．
因为：：：，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次．
20.
【答案】
∵与椭圆有且只有一个公共点，∴公共点为或，
若公共点为时，则，又，解得，与矛盾，故公共点为．
∴，又，∴，．．
反之，当时，联立，解得满足条件．
∴椭圆标准方程为．
证明：∵，设过的直线，
联立，得．
设，，则
，又，
∴．
由与相切得：，，
∴，∴．即：．
猜：．证明如下：
由（2）得．
∵，
∴．
【考点】
椭圆的性质
【解析】
（1）由与椭圆有且只有一个公共点，可得公共点为或，若公共点为时，得出矛盾，故公共点为．因此，又，．即可得出．
（2），设过的直线，联立，得．设，，又，利用数量积运算性质与根及其系数的关系可得：
．由与相切得：，解得，即可得出．
（3）猜：．分析如下：利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出．
【解答】
∵与椭圆有且只有一个公共点，∴公共点为或，
若公共点为时，则，又，解得，与矛盾，故公共点为．
∴，又，∴，．．
反之，当时，联立，解得满足条件．
∴椭圆标准方程为．
证明：∵，设过的直线，
联立，得．
设，，则，又，
∴．
由与相切得：，，∴，∴．即：．
猜：．证明如下：
由（2）得．
∵，
∴．
21.
【答案】
．令，∴．
令，则函数与的零点个数情况一致
．
时，．
∴在上单调递增．
又，
∴有个零点．
时，在上单调递增，上单调递减．
∴．
① 即时，，无零点．
② 即时，个零点．
③ 即时，，又．
又，，
令，∴在上单调递增，∴
，
∴两个零点．
综上：当或时，个零点；当时，个零点；当时，个零点．
证明（2）要证，
只需证．
令，
只需证：．
令，
，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴且．
令，，
∴在上单调递增，
∴，
∴，
故．
【考点】
函数零点的判定定理
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）．令，问题转化为求函数令，零点的个数问题，先求导，
再分类讨论，根据函数零点存在定理即可求出，
（2）利用分析法，和构造函数法，借用导数，即可证明．
【解答】
．令，∴．
令，则函数与的零点个数情况一致
．
时，．
∴在上单调递增．
又，
∴有个零点．
时，在上单调递增，上单调递减．
∴．
① 即时，，无零点．
② 即时，个零点．
③ 即时，，又．
又，，
令，∴在上单调递增，∴
，
∴两个零点．综上：当或时，个零点；当时，个零点；当时，个零点．
证明（2）要证，
只需证．
令，
只需证：．
令，
，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴且．
令，，
∴在上单调递增，
∴，
∴，
故．
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.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.
【答案】
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的直角坐标方程为，
∵直线的极坐标方程为．
∴直线的普通方程为：，
则曲线上点到直线的距离：
，
当时，最大，此时，．
曲线的极坐标方程为，
即．
设，
则．
∴的取值范围是．
【考点】
简单曲线的极坐标方程
【解析】
（1）曲线的参数方程消去参数，能求出曲线的直角坐标方程；由直线的极坐标方程能求出直线的普通方程，由此能求出曲线上点到直线的距离最大的点的坐标．
（2）曲线的极坐标方程转化为．设，能求出的取值范围．【解答】
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的直角坐标方程为，
∵直线的极坐标方程为．
∴直线的普通方程为：，
则曲线上点到直线的距离：
，
当时，最大，此时，．
曲线的极坐标方程为，
即．
设，
则．
∴的取值范围是．
[选修4-5：不等式选讲]
23.
【答案】
解：当时，，即．
①当时，不等式化为，
解得．
②当时，不等式化为，
解得．
③当时，不等式化为，
解得．
综上，不等式的解集为或．
的解集包含在上恒成立
在上恒成立．
①当时，恒成立恒成立
恒成立，解得．
②当时，恒成立恒成立
恒成立，解得．
所以，实数的取值范围为．
【考点】
绝对值不等式的解法
【解析】
分段去绝对值，分别求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．
（2）的解集包含在上恒成立在上恒成立．
当时，恒成立，解得．
当时，恒成立解得．
【解答】
解：当时，，即．
①当时，不等式化为，
解得．
②当时，不等式化为，
解得．
③当时，不等式化为，
解得．
综上，不等式的解集为或．
的解集包含在上恒成立
在上恒成立．
①当时，恒成立恒成立
恒成立，解得．
②当时，恒成立恒成立
恒成立，解得．
所以，实数的取值范围为．。