【全国校级联考】内蒙古赤峰市重点高中(赤峰二中,平煤高级中学等)2017-2018学年高二下学期

2018年赤峰市高二年级学年联考试卷（A）
理科数学
一、选择题：本题共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. 若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后利用复数相等的性质列方程求解即可.
详解：因为
，
所以，
解得，故选A.
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.
2. 设命题：，；命题：若，则，则下列命题为真命题的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：先判断命题的真假，进而根据复合命题真假的真值表，可得结论.
详解：因为成立，
所以，不存在，，
故命题为假命题，为真命题；
当时，成立，但不成立，
故命题为假命题，为真命题；
故命题均为假命题，
命题为真命题，故选D.
点睛：本题通过判断或命题、且命题以及非命题的真假，综合考查不等式的性质以及特称命题的定义，属于中档题.解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.
3. 已知，的取值如下表所示：
若与呈线性相关，且线性回归方程为，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：根据条件中所给的三组数据，求出样本中心点，将样本中心点的坐标代入回归方程即可求
出的值.
详解：线性回归方程过样本中心点，
，
回归方程过点，
，故选B.
点睛：本题考查线性回归方程，考查样本中心点的性质，是一个基础题. 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.
4. 某快递公司共有人，从周一到周日的七天中，每天安排一人送货，每人至少送货天，其不同的排法共有（）种.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：把天分成天组，然后人各选一组值班即可. 详解：天分成天，天，天组，
人各选一组值班，
共有种，故选C.
点睛：本题主要考查分组与分配问题问题，着重考查分步乘法计数原理，意在考查综合运用所学知识解决实际问题的能力，属于中档题.
5. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问各自的分班情况，老师说：你们四人中有位分到班，位分到班，我现在给甲看乙、丙的班级，给乙看丙的班级，给丁看甲的班级.看后甲对大家说：我还是不知道我的班级，根据以上信息，则（）
A. 乙可以知道四人的班级
B. 丁可以知道四人的班级
C. 乙、丁可以知道对方的班级
D. 乙、丁可以知道自己的班级
【答案】D
【解析】分析：由甲的说法可知乙、丙一人班一人班，则甲丁一人班一人班，由此能得出结果.
详解：四人知道的情况是：自己看到、老师所说、及最后甲说话，
甲不知自己的班级，可得乙丙必一班一班，（若为两班，甲会知道自己的班级；若是两班，甲也会知道自己的班级），
可得乙看到了丙的班级，可知自己的班级，
丁看甲的班级，可知自己的班级，
所以，乙、丁可以知道自己的班级，故选D.
点睛：本题主要考查推理案例，属于难题.推理案例的题型是高考命题的热点，由于条件较多，做题时往往感到不知从哪里找到突破点，解答这类问题，一定要仔细阅读题文，逐条分析所给条件，并将其引伸，找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而使问题得以解决.
6. 把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是奇数点的情况下，第二次抛出的也是奇数点的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：设表示“第一次抛出的是奇数点”，表示“第二次抛出的是奇数点”，利用古典概型概率公式求出的值，由条件概率公式可得结果.
详解：设表示“第一次抛出的是奇数点”，
表示“第二次抛出的是奇数点”，
，
，
在第一次抛出的是奇数点的情况下， 第二次抛出的也是奇数点的概率为，故选C.
点睛：本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意条件概率计算公式的合理运用，同时注意区分独立事件同时发生的概率与条件概率的区别与联系. 7. 执行下面的程序框图，如果输入的
，那么输出的
（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】分析：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，分析循环中各个变量值的变化情况，可得结论.
详解：模拟程序的运行过程，分析循环中各个变量值的变化情况，
可得程序的作用是求和，
即，故选D.
点睛：本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是中档题.算法是新课标高考的一大热点，其中算法的交汇性问题已成为高考的一大亮，这类问题常常与函数、数列、不等式等交汇自然，很好地考查考生的信息处理能力及综合运用知识解决问題的能力，解决算法的交汇性问题的方：（1）读懂程序框图、明确交汇知识，(2）根据给出问题与程序框图处理问题即可.
8. 、两支篮球队进行比赛，约定先胜局者获得比赛的胜利，比赛随即结束.除第五局队获胜的概率是外，其余每局比赛队获胜的概率都是.假设各局比赛结果相互独立.则队以获得比赛胜利的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：若“队以胜利”，则前四局、各胜两局，第五局胜利，利用独立事件同时发生的概率公式可得结果.
详解：若“队以胜利”，
则前四局、各胜两局，
第五局胜利，
因为各局比赛结果相互独立，
所以队以获得比赛胜利的概率为
，故选A.
点睛：本题主要考查阅读能力，独立事件同时发生的概率公式，意在考查利用所学知识解决实际问题的能力，属于中档题.
9. 设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】分析：构造函数，首先判断函数的奇偶性，利用可判断时函数的单调性，结合函数图象列不等式组可得结果.
详解：
设，
则的导数为，
因为时，，
即成立，
所以当时，恒大于零，
当时，函数为增函数，
又，
函数为定义域上的偶函数，
当时，函数为减函数，
又
函数的图象性质类似如图，
数形结合可得，不等式，
或，
可得或，
使得成立的的取值范围是，故选A.
点睛：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题. 联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使
问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
10. 三棱锥的棱长全相等，是中点，则直线与直线所成角的正弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：取中点，连接，由三角形中位线定理可得，直线与所成的角即为直线与直线所成角，利用余弦定理及平方关系可得结果.
详解：
如图，取中点，连接，
分别为的中点，
则为三角形的中位线，
，
直线与所成的角即为直线与直线所成角，
三棱锥的棱长全相等，设棱长为，则，
在等边三角形中，
为的中点，为边上的高，
，
同理可得，
在三角形中，
，
，
直线与直线所成角的正弦值为，故选C.
点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
11. 过点且斜率为的直线与抛物线：交于，两点，若的焦点为，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，由点斜式求出直线方程，与抛物线方程联立求出
的坐标，利用数量积的坐标表示可得结果.
详解：抛物线的焦点为，
过点且斜率为的直线为，
联立直线与抛物线，
消去可得，，
解得，不仿，
，
则，故选D.
点睛：本题考查抛物线的简单性质的应用，平面向量的数量积的应用，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.
12. 若函数有小于零的极值点，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：函数有小于零的极值点转化为有负根，通过讨论此方程根为负根，求得实数的取值范围.
详解：设，
则，
函数在上有小于零的极值点，
有负根，
①当时，由，
无实数根，
函数无极值点，不合题意，
②当时，由
，
解得，
当时，；
当
时，
，
为函数的极值点，
，解得
，
实数的取值范围是
，故选A.
点睛：本题考查了利用导数研究函数的极值，属于中档题. 求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；
(2) 求导数
；(3) 解方程
求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查
在
的根左右两侧
值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么
在
处取极小值.
二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.
13. 设随机变量服从正态分布，且
，则
__________．
【答案】
【解析】分析：根据随机变量服从正态分布，看出这组数据对应的正态曲线的对称轴，根据正
态曲线的特点，得到
，从而可得结果. 详解：随机变量服从正态分布
，
，得对称轴是，
所以，
可得
，
故答案为
.
点睛：本题考查正态曲线的性质，从形态上看，正态分布是一条单峰，对称呈种形的曲线，其对称轴，
并在
时取最大值，从
点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近轴，但永不与轴相交，
因此说明曲线在正负两个方向都是以轴为渐近线的.
14. 已知的展开式中的系数为，则__________．
【答案】
【解析】分析：展开式中的系数为前一项中常数项与后一项的二次项乘积，加上第一项的系数与后一
项的系数乘积的和，由此列方程求得的值.
详解：，
其展开式中含项的系数为，
解得，故答案为.
点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式
；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
15. 设双曲线：的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则
的离心率为__________．
【答案】
【解析】分析：由可得，，所以在中，利用可得结果. 详解：
由
可得，
设，
过分别做准线的垂线，垂足为，
由双曲线定义得，，
过做垂直于垂足，
因为斜率为，
所以在中，，
可得，
即，
解得，的离心率为，故答案为.
点睛：本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．
16. 在直三棱柱中，.有下列条件：
①；
②；
③.
其中能成为的充要条件的是__________．（填上序号）
【答案】①③
【解析】分析：由题意，对所给的三个条件，结合直三棱柱中，，作出如图的图象，借助图象对的充要条件进行研究.
详解：
若①，
如图取分别是的中点，
可得，
由直三棱柱中，
可得都垂直于侧面，
由此知都垂直于线，又，
所以平面，
可得，
又由是中点及直三棱柱的性质知，
故可得，
再结合垂直于线，可得面，
故有，故①能成为的充要条件，
同理③也可，
对于条件②，若，可得面，
，若，
由此可得平面形，矛盾，
故不为的充要条件，
综上，①③符合题意，故答案为①③.
点睛：本题主要考查直棱柱的性质、线面垂直的判定定理及面面垂直的性质，属于难题.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.
三、解答题：共6小题，共70分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题，共60分.
17. 已知，设命题：函数在上为减函数，命题：不等式对恒成立，若
为假命题，为真命题，求的取值范围.
【答案】.
【解析】分析：化简命题可得，化简命题可得，由为真命题，为假命题，可得
一真一假，分两种情况讨论，对于真假以及假真分别列不等式组，分别解不等式组，然后求并集即可求得实数的取值范围.
详解：∵：函数在上为减函数，∴，即.
∵：不等式对一切恒成立，∴（舍）或，
即.
∵为假命题，为真命题，∴，一真一假，
若真假，则，此时不存在，
若假真，则，解得或.
∴的取值范围为.
点睛：本题通过判断或命题、且命题以及非命题的真假，综合考查指数函数的性质以及不等式恒成立问题，属于中档题.解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.
18. 如图是某市年月日至日的空气质量指数趋势图，某人随机选择年月日至月日中的某一天到达该市，并停留天.
（1）求此人到达当日空气质量指数大于的概率；
（2）设是此人停留期间空气质量指数小于的天数，求的分布列与数学期望；
（3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）
【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)答案见解析.
【解析】分析：（1）由空气质量指数趋势图，直接利用古典概型概率公式可得“此人到达当日空气质量
指数大于” 的概率；（2）由题意可知，的可能取值为，，，分别利用古典概型概率公式求出相应的概率，由此能求出故的分布列，利用期望公式可得；（3）由图知，从日开始，连续三天（日，
日，日）空气质量指数方差最大.
详解：（1）设“此人到达当日空气质量指数大于”的事件为，则；
（2）的可能取值为，，，则，，，
故的分布列为：
所以.
（3）由图知，从日开始，连续三天（日，日，日）空气质量指数方差最大.
点睛：本题主要考查互斥事件的概率公式、以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先正确要理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.
19. 已知四棱锥的底面是正方形，底面.
（1）求证：直线平面；
（2）当的值为多少时，二面角的大小为？
【答案】(1)证明见解析；(2)1.
【解析】分析：（1）由线面垂直的性质可得，由正方形的性质可得，由线面垂直的判
定定理可证平面；（2）设，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，分别利用向量垂直数量积为零列方程组，求出平面的法向量与平
面的法向量，由空间向量夹角余弦公式列方程可得结果...............................
详解：（1）证明：∵平面，平面，∴，
∵四边形是正方形，∴，，∴平面.
（2）解：设，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，为计算方便，不妨设，则，，，，
则，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，∴.
设平面的法向量为，，
令，又，则，∴.
要使二面角的大小为，必有，
∴，∴，∴.
即当时，二面角的大小为.
点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
20. 过椭圆：右焦点的直线交于，两点，且椭圆的长轴长为短轴长的倍.
（1）求的方程；
（2），为上的两点，若四边形的对角线分别为，，且，求四边形面积的最大值.
【答案】(1);(2).
【解析】分析：(1)根据题意，结合性质，列出关于、、的方程组，求出、、，即可得
到的方程；(2)先求出，直线的方程为，
联立方程组消去得：，利用韦达定理、弦长公式可得
，结合可得四边形的面积
，从而可得结果.
详解：（1）由题意知解得，，所以的方程为：.
（2）联立方程组，解得、，求得.
依题意可设直线的方程为：，
与线段相交，
联立方程组消去得：，
设，，则，
四边形的面积，
当时，最大，最大值为.
所以四边形的面积最大值为.
点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.
21. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】分析：（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值；（2），为函数零点，可得，要证，只需证，，令
，在上是增函数，∴，∴，从而可得结论.
详解：（1）函数的定义域为.
.
当时，，在上是减函数，所以在上无极值；
当时，若，，在上是减函数.
当，，在上是增函数，
故当时，在上的极小值为.
（2）证明：当时，，可证明
由（1）知，在上是减函数，在上是增函数，是极值点，
又，为函数零点，所以，要证，只需证.
∵，又
∵，
∴，
令，
则，
∴在上是增函数，∴，∴，
∴，即得证.
点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合
分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.
（二）选考题，共10分.请考生在22、23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：，圆：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求，的极坐标方程；
（2）若直线的极坐标方程为，设，的交点为，，求的面积.
【答案】(1)的极坐标方程为，的极坐标方程为.(2).
【解析】分析：（1）直接利用可得的极坐标方程，：利用平方法消去参数，可得其普通方程，利用互化公式可得的极坐标方程；（2）将代入，得，利用极径的几何意义可得，由三角形面积公式可得结果.
详解：（1）因为，，∴的极坐标方程为，
的极坐标方程为.
（2）将代入，得，
解得，，.
因为的半径为，则的面积.
点睛：参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程；利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
23. 设函数，.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若关于的不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【解析】分析：(1)对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得不等
式的解集；（2）因为，所以，可得，从而可得结果.
详解：（1）当时，.由，得.
①当时，不等式化为，即.所以，原不等式的解为.
②当时，不等式化为，即.所以，原不等式无解.
③当时，不等式化为，即.所以，原不等式的解为.
综上，原不等式的解为.
（2）因为，
所以，所以，解得或，即的取值范围为.
点睛：绝对值不等式的常见解法：
①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；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③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．。