长郡中学、株洲市第二中学、九江一中等十四校2018届高三第一次联考数学(理)试题+Word版含解析.

2018届高三·十四校联考第一次考试
数学（理科）试卷
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. 已知复数满足，则的共轭复数是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，则的共耗复数是.
本题选择D选项.
2. 已知全集为，集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得：，，则，
.
本题选择B选项.
3. 袋中装有大小相同的四个球，四个球上分别标有数字“”“”“”“”，现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数字能构成等差数列的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】从球“”“”“”“”中随机选取三个球有种取法，能成等差数列的取法只有一种，为“0”“1”“2”，即概率为.
本题选择D选项.
4. 若双曲线的焦距为，则等于（）
A. 或
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】焦距为，则c2=4，
若焦点在x轴时，a2=3-m>0，b2=1-m>0，则c2=4-2m=4，解得m=0；
若然点在y轴时，a2=m-1>0，b2=m-3>0，则c2=2m-4=4，解得m=4，
综上可得：等于或
本题选择A选项.
5. 记为等差数列的前项和，若，，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得：，
由等差数列的性质可得：，
该数列的公差：，故.
本题选择B选项.
6. 执行如图所示的程序框图，则其输出的结果是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】题中的流程图等价于如下问题：
已知数列的首项为，且满足递推关系：，求的值. 则由递推关系可知：，结合可得：
数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则：.
本题选择A选项.
7. 已知函数为偶函数，当时，，且为奇函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由函数f(x)为偶函数，则，
f(x+1)为奇函数，则，
据此有：，
即，
据此得f(x)是最小正周期为4的周期函数，
则：.
本题选择C选项.
8. 已知一个棱长为的正方体被两个平面所截得的几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由三视图得原几何体如图所示，在正方体中，由平面，平面截得的几何体，
它的体积为一个正方体的体积减去两个底面为等腰直角三角形的三棱锥的体积，
即.
本题选择D选项.
点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
9. 若，，，，则，，这三个数的大小关系正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由0<a<b<1得p=log b a>log b b=1，而0<a b<a a<b a<1，
据此有：.
本题选择B选项.
10. 函数的部分图象如图所示，已知，，且，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可得，函数的周期满足：，
当时，，
据此可得：，令可得，
则，
由，，且，可得：，
则.
本题选择C选项.
11. 若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数的图象上总存在一条切线，使得，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设切线的斜率为，则，
当且仅当时等号成立.
设切线l2的斜率为k2，则，
由于总存在l2，使得，即总存在k2，使得，
故，显然，且.
则：，即：，
解得：，据此有：.
即实数的取值范围为.
本题选择D选项.
点睛：导数运算及切线的理解应注意的问题
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．
三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之
积.
12. 如图，已知椭圆，过抛物线焦点的直线交抛物线于、两点，连接，并延长分别交于、两点，连接，与的面积分别记为，.则在下列命题中，正确命题的个数是（）
①若记直线，的斜率分别为、，则的大小是定值为；
②的面积是定值；
③线段、长度的平方和是定值；
④设，则.
A. 个
B. 个
C. 个
D. 个
【答案】A
【解析】记M、N两点的坐标分别为，
由抛物线焦点弦的性质可得，则
，...........................
所以①正确；
又设A、B两点的坐标分别为，
由可得：，
据此有：，
所以.
这样，，即②成立；
而,③也正确；
最后，，故④成立.
综上所述，四个命题都是正确的，
本题选择A选项.
点睛：1.圆锥曲线有关综合问题,常需分析图形的静与动,抓住变化的关键因素.
2.“目标先行”是一个永远的话题
3.数、形两方面恰当地表示图形的位置关系和数量关系.几何关系如何用代数形式转化,是解圆锥曲线问题的关键.
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. 已知向量，，若，则__________．
【答案】
【解析】由题意可得：，
即：，则：，
据此可知：.
14. 已知为常数，且，则的二项展开式中的常数项为__________．
【答案】
【解析】由题意可得：，
展开式的通项公式：，
展开式为常数项时：，
据此可得展开式中的常数项为.
15. 已知，满足约束条件，则的最大值是最小值的倍，则
__________．
【答案】
【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点处取得最大值，在点处取得最小值，
据此有：，，
结合题意有：，求解关于实数的方程可得：.
点睛：简单的线性规划有很强的实用性，线性规划问题常有以下几种类型：（1）平面区域的确定问题；（2）区域面积问题；（3）最值问题；（4）逆向求参数问题．而逆向求参数问题，是线性规划中的难点，其主要是依据目标函数的最值或可行域的情况决定参数取值．由于约束条件中存在参数，所以可行域无法确定，此时一般是依据所提供的可行域的面积或目标函数的最值，来确定含有参数的某不等式所表示的坐标系中的某区域，从而确定参数的值. 16. 已知数列满足：，.设是等差数列，数列是各项均为正整数的递增数列，若，则__________．
【答案】
【解析】由题意，递推关系可化为,
令，则有，而，
则数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，
依题意知，成等差数列，即，
结合通项公式有：，
结合可得：，分类讨论：
当均为奇数时，整理计算可得，左边为偶数，故矛盾；
当均为偶数时，整理计算可得，左边为偶数，故矛盾；
当为偶数，为奇数时，整理计算可得，左边为偶数，因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以，所以，故矛盾；
当为奇数，为偶数时，整理计算可得，即.
综上可得.
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. 设函数.
（Ⅰ）求函数的递增区间；
（Ⅱ）在中，，，分别为内角，，的对边，若，，且，求的面积.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).
【解析】试题分析：
(Ⅰ)函数的解析式可化为：.结合正弦函数的性质可得的递增区间为
.
(Ⅱ)由，结合(Ⅰ)的结论可得，由，结合正弦定理得
，所以，由余弦定理可得.的面积. 试题解析：
(Ⅰ)函数的解析式可化为：
.
由，
得函数的递增区间为.
(Ⅱ)因为，即，所以，
因为是三角形的内角，所以，
又因为，由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，，由余弦定理得.
所以，，故的面积为.
18. 某百货商店今年春节期间举行促销活动，规定消费达到一定标准的顾客可进行一次抽奖活动，随着抽奖活动的有效开展，参与抽奖活动的人数越来越多，该商店经理对春节前天参加抽奖活动的人数进行统计，表示第天参加抽奖活动的人数，得到统计表格如下：
1 2 3 4 5 6 7
5 8 8 10 14 15 17
（Ⅰ）经过进一步统计分析，发现与具有线性相关关系.请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；
（Ⅱ）该商店规定：若抽中“一等奖”，可领取元购物券；抽中“二等奖”可领取元购物券；抽中“谢谢惠顾”，则没有购物券.已知一次抽奖活动获得“一等奖”的概率为，获得“二等奖”的概率为.现有张、王两位先生参与了本次活动，且他们是否中奖相互独立，求此二人所获购物券总金额的分布列及数学期望.
参考公式：，，.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析.
【解析】试题分析：
(Ⅰ)由题意可得，，则，，关于的线性回归方程为.
(Ⅱ)由题意可知二人所获购物券总金额的可能取值有、、、、元，它们所对应的概率分别为：，，，.据此可得分布列，计算相应的数学期望为元.
试题解析：
(Ⅰ)依题意：，
，，，
，，
则关于的线性回归方程为.
(Ⅱ)二人所获购物券总金额的可能取值有、、、、元，它们所对应的概率分别为：
，，，
，.
所以，总金额的分布列如下表：
0 300 600 900 1200
总金额的数学期望为元.
19. 如图，在梯形中，，，，，四边形是菱形，.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的平面角的正切值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】试题分析：
(Ⅰ)由勾股定理可得，结合面面垂直的性质有.由菱形的性质可得，则平面，.
(Ⅱ)取的中点，连接，以、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，据此计算可得平面的法向量，平面的法向量.
则二面角的平面角的余弦值，正切值为.
试题解析：
(Ⅰ)依题意，在等腰梯形中，，，
∵，∴即，
∵，∴，而，∴.
连接，∵四边形是菱形，∴，
∴，∵，∴.
(Ⅱ)取的中点，连接，因为四边形是菱形，且.
所以由平面几何易知，∵，∴.
故此可以、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为：，，，，，.
设平面和平面的法向量分别为，，
∵，.
∴由，令，则，
同理，求得.
∴，故二面角的平面角的正切值为.
20. 已知椭圆上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的倍，且点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点任作一条直线，与椭圆交于不同于点的、两点，与直线
交于点，记直线、、的斜率分别为、、.试探究与的关系，并证明你的结论.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析.
【解析】试题分析：
(Ⅰ)椭圆上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为，，据此可得，设椭圆的方程为：，结合点在椭圆上可得椭圆的方程为. (Ⅱ)很明显直线的斜率存在，设直线的方程为：即，，
为与椭圆的两个交点.联立直线方程与椭圆方程有.结合韦达定理可得.由可得，则.
综上可知.
试题解析：
(Ⅰ)因为椭圆上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为，，所以依题意有：，
∵，∴.故可设椭圆的方程为：，
因为点在椭圆上，所以将其代入椭圆的方程得.
∴椭圆的方程为.
(Ⅱ)依题意，直线不可能与轴垂直，故可设直线的方程为：即，，为与椭圆的两个交点.
将代入方程化简得：.
所以，.
.
又由，解得，，
即点的坐标为，所以.
因此，与的关系为：.
点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，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（其中且为常数，为自然对数的底数，）. （Ⅰ）若函数的极值点只有一个，求实数的取值范围；
（Ⅱ）当时，若（其中）恒成立，求的最小值的最大值. 【答案】(Ⅰ)或；(Ⅱ).
【解析】试题分析：
(Ⅰ)由题意可知函数的定义域为，其导数为.由或，设，则，分类讨论可得当或时，只有一个极值点.很明显当时，只有一个极值点.当时，有、、三个极值点.则当或时，函数只有一个极值点.
(Ⅱ)依题意得，令，则，分类讨论：当时，，与恒成立矛盾；当时，只需成立，
则，问题转化为求解的最小值，计算可得，即的最小值的最大值为.
试题解析：
(Ⅰ)函数的定义域为，其导数为
.
由或，
设，∵，∴当时，；当时，.
即在区间上递增，在区间上递减，∴，
又当时，，当时，且恒成立.
所以，当或时，方程无根，函数只有一个极值点.
当时，方程的根也为，此时的因式恒成立，
故函数只有一个极值点.
当时，方程有两个根、且，，∴函数在区间单调递减；单调递增；单调递减；单调递增，此时函数有、、三个极值点.
综上所述，当或时，函数只有一个极值点.
(Ⅱ)依题意得，令，则对，都有成立. 因为，所以当时，函数在上单调递增，
注意到，∴若，有成立，这与恒成立矛盾；
当时，因为在上为减函数，且，所以函数在区间上单调递增，在上单调递减，∴，
若对，都有成立，则只需成立，
，
当时，则的最小值，∵，∴函数在上递增，在上递减，∴，即的最小值的最大值为；
综上所述，的最小值的最大值为.
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．
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. 已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）设为曲线上的点，为曲线上的点，求的最小值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).
【解析】试题分析：
(Ⅰ)整理参数方程有：，两边平方可得曲线的直角坐标方程为. (Ⅱ)设是曲线上的任意一点，消去参数可得曲线为直线.设到的距离为，则(当且仅当取“=”)，即的最小值为. 试题解析：
(Ⅰ)∵且，∴由得
，
∴曲线的直角坐标方程为.
(Ⅱ)设是曲线上的任意一点，
由消去得，知曲线为直线.
设到的距离为，则(当且仅当取“=”)，
故的最小值为.
23. 已知函数.
（Ⅰ）若不等式有解，求实数的最大值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正实数，满足，证明：.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析.
【解析】试题分析：
(Ⅰ)原问题等价于.由绝对值三角不等式可得，则，实数的最大值.
(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数，满足，由柯西不等式可知，即(当且仅当时取“=”).
试题解析：
(Ⅰ)若不等式有解，只需的最大值即可.
因为，所以，解得，
所以实数的最大值.
(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数，满足，由柯西不等式可知，
所以，，因为，均为正实数，所以(当且仅当时取“=”).。