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），xD，B=（x，y）|x=1，当1D时，直线x=1与函数y=f（x），有一个交点，当1D时，直线x=1与函数y=f（x），没有交点，所以AB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y=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： 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 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 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（x+）+bcos（x+），其中a，b，都是非零实数，f（2017）=1，f（2017）=asin（2017+）+bcos（2017+）=-asin-bcos=-1，f（2018）=asin（2018+）+bcos（2018+）=asin+bcos=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+CB22DCCBcos（45+90）=1+6+21 =7+2，ADC=90，DB2=x2+y2，x2+y2=7+2 如图，作 =x ，=y，则=+，CC=x1，CB=y，RtCCB中，由勾股定理得 BC2=CC2+CB2，即 6=（x1）2+y2，由可得 x=1+，y=，故答案选B10. 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.PB:.，由联立可得点，(1)因为P在l上，所以=1，所以，所以PAPB；甲是乙的充分条件(2)若PAPB，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）=2lnf（n）得 f（m）+f（n）=1 f（mn）=1 =1，又lnn+lnm+2=（lnn+1）+（lnm+1）（）=4+ 4+4=8，lnn+lnm6，f（mn）=1，且m、ne，lnn+lnm0，f（mn）=11，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2kx+2k+可得2kx2k+，kZ，当k=0时，可得函数的一个单调递增区间为，又由x0， 可取交集得x0，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x2，3时，f（x）=2x2+12x18=2（x3）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a1.当有交点时，f（x）0，g（x）0，可得0a1，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，解得，又0a1，a1，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，得，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：（）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；（）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：（）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；（）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，由得设，则.，所以即，所以或均适合.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，当时，的最大值为，所以在上的值域为，由得；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，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，得将代入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：当时，原不等式化为解得；当时,原不等式化为解得，此时不等式无解；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.