四川省南充市2018届高三第一次高考适应性考试数学理试题-含解析.doc

四川省南充市2018届高三第一次高考适应性考试（一诊）
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. 已知集合，则中元素的个数为（ ）
A. 必有1个 B. 1个或2个 C. 至多1个 D. 可能2个以上
【答案】C
【解析】集合A={（x，y）|y=f（x），x∈D}，B={（x，y）|x=1}，
当1∈D时，直线x=1与函数y=f（x），有一个交点，
当1∉D时，直线x=1与函数y=f（x），没有交点，
所以A∩B中元素的个数为1或0．
故答案为：C.
2. 已知复数满足，则复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由条件知道
，由虚部的概念得到 。
故答案为C。
3. 已知向量是互相垂直的单位向量，且，则（ ）
A. B. 1 C. 6 D.
【答案】D
【解析】向量是互相垂直的单位向量，故,
故答案为：D。
4. 已知变量与变量之间具有相关关系，并测得如下一组数据

则变量与之间的线性回归方程可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据表中数据，得；
，
，
且变量y随变量x的增大而减小，是负相关，排除A,D.
验证时，,C成立；
，不满足.
即回归直线yˆ=−0.7x+10.3过样本中心点(,).
故选：B.
点睛：求解回归方程问题的三个易误点：
① 易混淆相关关系与函数关系，两者的区别是函数关系是一种确定的关系，而相关关系是一种非确定的关系，函数关系是一种因果关系，而相关关系不一定是因果关系，也可能是伴随关系．
② 回归分析中易误认为样本数据必在回归直线上，实质上回归直线必过点，可能所有的样本数据点都不在直线上．
③ 利用回归方程分析问题时，所得的数据易误认为准确值，而实质上是预测值(期望值)．
5. 设，其中都是非零实数，若，那么 （ ）
A. 1 B. 2 C. 0 D.
【答案】A
【解析】∵函数f（x）=asin（πx+α）+bcos（πx+β），其中a，b，α，β都是非零实数，
f（2017）=﹣1，∴f（2017）=asin（2017π+α）+bcos（2017π+β）=-asinα-bcosβ=-1，
∴f（2018）=asin（2018π+α）+bcos（2018π+β）=asinα+bcosβ=1．
故答案为：A。
6. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】时，为减函数，且有,则有，A不正确；
时，为减函数，且有，所以，B不正确；
时，，C不正确；
时，为减函数，，所以，D正确.
故选D.
7. 已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示,则该截面的面积为（ ）
...........................
A. B. 4 C. 3 D.
【答案】A
【解析】如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，AD的中点，
则该几何体是正方体ABCD-A1B1C1D1截取三棱台AEF-A1B1D1后剩余的部分.

则截面为FEB1D1.，为等腰梯形，上底FE=，下底B1D1=,腰为.
得梯形的高为.
则面积为：.
故选A.
8. 若函数在区间内恰有一个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意,，
则，
即，
解得，
另外,当时,在区间(−1,1)恰有一个极值点，
当时,函数在区间(−1,1)没有一个极值点，
实数的取值范围为.
故选：B.
9. 如图，将直角三角板和直角三角板拼在一起，其中直角三角板的斜边与直角三角板的角所对的直角边重合.若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题意得，若设 AD=DC=1，则 AC=，AB=2 ，BC=，由题意知，
△BCD中，由余弦定理得 DB2=DC2+CB2﹣2DC•CB•cos（45°+90°）=1+6+2×1×× =7+2，
∵，∠ADC=90°，∴DB2=x2+y2，∴x2+y2=7+2 ①．
如图，作 =x ，=y，则=+，CC′=x﹣1，C′B=y，
Rt△CC′B中，由勾股定理得 BC2=CC'2+C′B2，即 6=（x﹣1）2+y2，②
由①②可得 x=1+，y=，
故答案选B
10. 已知是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由题意画出几何体的图形如图，
把扩展为三棱柱，
上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径，
，是正三角形，
所以.
.
所求球的体积为：
故选A.
点睛：关于球与柱体（椎体）的组合体的问题，是近年高考的常考内容，且常与几何体的体积、表面积等结合在一起考查。解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．
11. 已知抛物线，直线，为抛物线的两条切线，切点分别为，则“点在上”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】设，由导数不难知道直线PA，PB的斜率分别为.进一步得.①
PB:.②，由联立①②可得点，
(1)因为P在l上，所以=−1，所以，
所以PA⊥PB；∴甲是乙的充分条件
(2)若PA⊥PB，，
即，从而点P在l上.∴甲是乙的必要条件，
故选C.
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
12. 已知函数（是自然对数的底数）.若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由f（m）=2ln﹣f（n）得 f（m）+f（n）=1⇒ f（mn）=1﹣ =1﹣，
又∵lnn+lnm+2=[（lnn+1）+（lnm+1）]（）=4+ ≥4+4=8，
∴lnn+lnm≥6，f（mn）=1﹣≥，且m、n＞e，∴lnn+lnm＞0，f（mn）=1﹣＜1，∴≤f（mn）＜1，
故选：C．
点睛：这个题目考查了对数的运算法则和不等式在求范围和最值中的应用；一般解决二元问题，方法有：不等式的应用；二元化一元的应用；变量集中的应用；都是解决而原问题的常见方法。其中不等式只能求出一边的范围，求具体范围还是要转化为函数。
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. 的展开式中有理项系数之和为__________.
【答案】32
【解析】（1+）6的展开式的通项公式为 Tr+1=，令为整数，可得r=0，2，4，6，
故展开式中有理项系数之和为，
故答案为：32.
14. 函数的单调递增区间是__________.
【答案】
【解析】化简可得y=sinxcos+cosxsin=sin（x+），
由2kπ﹣≤x+≤2kπ+可得2kπ﹣≤x≤2kπ+，k∈Z，
当k=0时，可得函数的一个单调递增区间为[﹣，]，
又由x∈[0， ]可取交集得x∈[0，]，
故答案为：[0，]．
15. 若圆与圆相交于两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则线段的长度是__________.
【答案】4
【解析】
由题意做出图形分析得：
由圆的几何性质两圆在点A处的切线互相垂直,且过对方圆心.则在中,，所以
斜边上的高为半弦，用等积法易得：
.
故答案为：4.
16. 定义域为的偶函数满足对，有，且当时， ，若函数在上至多有三个零点，则的取值范围是
__________.
【答案】
【解析】
∵f（x+2）=f（x）﹣f（1），
且f（x）是定义域为R的偶函数，
令x=﹣1可得f（﹣1+2）=f（﹣1）﹣f（1），
又f（﹣1）=f（1），
∴f（1）=0 则有f（x+2）=f（x），
∴f（x）是最小正周期为2的偶函数．
当x∈[2，3]时，f（x）=﹣2x2+12x﹣18=﹣2（x﹣3）2，
函数的图象为开口向下、顶点为（3，0）的抛物线．
∵函数y=f（x）﹣loga（|x|+1）在（0，+∞）上至少有三个零点，
令g（x）=loga（|x|+1），则f（x）的图象和g（x）的图象至多有3个交点．
可以分两种情况：其一是有交点时，其二是一个交点也没有，
当一个交点都没有时，即a>1.
当有交点时，∵f（x）≤0，∴g（x）≤0，可得0＜a＜1，
要使函数y=f（x）﹣loga（|x|+1）在（0，+∞）上至多有三个零点，
则有g（4）<f（4），可得 loga（4+1）＞f（4）=﹣2，
即loga5<﹣2，∴5>，解得，又0＜a＜1，∴＜a＜1，
故答案为：。
点睛：此题主要考查函数奇偶性、周期性及其应用，解题的过程中用到了数形结合的方法，同时考查解决抽象函数的常用方法：赋值法，正确赋值是迅速解题的关键。其二是考查了函数的零点问题和图像的交点问题的转化。
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. 已知数列的前项和.
（1）证明：是等比数列，并求其通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，.(2).
【解析】试题分析：（1）由条件知道，两式子做差可得，移项得到。（2）根据第一问得到，由错位相减的方法求和即可.
（1）证明：当时，，
由得，
即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，于是.
（2）解：令，
则，①
①得，②
①﹣②，得
所以.
18. 一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为，由此得到样本的重量频率分布直方（如 图）.

（1）求的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；
（2）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在内的小球个数为，求的分布列和数学期望.（以频率分布直方图中的频率作为概率）
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.
【解析】试题分析：（Ⅰ）由频率分布直方图中所有小矩形面积（频率）之和为1，可计算出,众数取频率最大即矩形最高的那个矩形的中点横坐标，平均值用各矩形中点值乘频率相加即得；（Ⅱ）的可能取值为、、、，利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，因此有，从而可得分布列，最后由期望公式可计算出期望．
试题解析：（Ⅰ）由题意，得，
解得；
又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20（克）
而个样本小球重量的平均值为：（克）
故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为克；
（Ⅱ）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为
则.的可能取值为、、、，
，，
，.
的分布列为：

.（或者）
考点：频率分布直方图，用样本估计总体，随机变量分布列，数学期望．
19. 如图，正方形与等边三角形所在的平面互相垂直，分别是的中点.

（1）证明：平面；
（2）求锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】试题分析：（1）由根据平行四边形的规则得到对边平行，可得平面，同理可证平面，进而得到平面平面，从而得到线面平行；（2）由空间向量法求面的法向量和线的方向向量，根据空间向量的运算公式求线面角的值.
（1）证明：取中点,连结.
由题意可得,
因为平面,平面,
所以平面,
同理可证平面.
因为,
所以平面平面,
又平面,
所以平面.
（2）解：取的中点,连接.
由题意可得两两垂直,以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
令，则.
所以.
设平面的法向量
则
令，则
因为是平面的一个法向量
所以
所以锐二面角的余弦值为.
20. 已知椭圆的左焦点为，左顶点为.
（1）若是椭圆上的任意一点，求的取值范围；
（2）已知直线与椭圆相交于不同的两点 (均不是长轴的端点），，垂足为且，求证:直线恒过定点.
【答案】(1).(2)证明见解析.
【解析】试题分析：（1）设点的坐标，由向量坐标化的方法得，根据点在椭圆方程上得到，进而得到范围。（2）联立直线和椭圆得到二次方程，向量坐标化，根据韦达定理得到，进而得到结果。
（1）设，又
所以，
因为点在椭圆上，
所以，即，且，所以，
函数在单调递增，
当时，取最小值为0；
当时，取最大值为12.
所以的取值范围是.
（2）由题意：
联立得，
由得
①
设，则.
，
所以
即
，
所以或均适合①.
当时，直线过点，舍去，
当时，直线过定点.
点睛：这个题目考查了直线和圆锥曲线的应用。用到了二次函数求最值的应用；向量坐标化的意识；一般圆锥曲线和向量结合的题目，先是采用向量坐标化的方法来确定做题方向，将向量关系转化为坐标关系，之后就会知道需要联立应用韦达定理。
21. 已知，函数.
（1）若函数在上为减函数，求实数的取值范围；
（2）令，已知函数，若对任意，总存在 ，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1).(2).
【解析】试题分析：（1）由条件知函数单调递减则则需在上恒成立,即在上恒成立，转化为求函数最值问题。（2）若对任意，总存在.使得成立，则，函数在的值域是在的值域的子集.分别求两个函数的值域，转化为集合间的包含关系即可。
（1）因为，
要使在为减函数，则需在上恒成立.
即在上恒成立，
因为在为增函数，所以在的最小值为，
所以.
（2）因为，所以.
，
当时，，在上为递增，
当时，，在上为递减，
所以的最大值为，
所以的值域为.
若对任意，总存在.使得成立，则，
函数在的值域是在的值域的子集.
对于函数，
①当时，的最大值为，所以在上的值域为，
由得；
②当时，的最大值为，所以在上的值域为，
由得或 (舍）.
综上所述，的取值范围是.
点睛：这个题目考查了导数在研究函数单调性和函数最值范围问题的应用；均是转化为了函数恒成立求参的问题。恒成立有解求参的问题一般可以转化为变量分离求最值问题；或者转化为一个函数在另一个函数的上方。
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，曲线的参数方程为 (为参数），在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的倾斜角；
（2）设点和交于两点，求.
【答案】(1)的普通方程为，直线的斜率角为.(2).
【解析】试题分析：（1）由参数方程消去参数α，得椭圆的普通方程，由极坐标方程，通过两角和与差的三角函数转化求解出普通方程即可求出直线l的倾斜角．
（2）设出直线l的参数方程，代入椭圆方程并化简，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，利用参数的几何意义求解即可．
试题解析：
（1）由消去参数，得
即的普通方程为
由，得①
将代入①得
所以直线的斜率角为.
（2）由（1）知，点在直线上，可设直线的参数方程为(为参数)
即(为参数)，
代入并化简得

设两点对应的参数分别为.
则，所以
所以.
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设，证明：.
【答案】(1)或 ；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：（1）把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．
（2）因为，要证，只需证，即证，平方作差即可证得不等式成立．
试题解析：
（1）解：①当时，原不等式化为解得；
②当时,原不等式化为解得，此时不等式无解；
③当时，原不等式化为解.
综上，或
（2）证明，因为.
所以要证，只需证，
即证，
即证，
即证，即证，
因为，所以，所以，
所以成立.
所以原不等式成立.