重庆市綦江中学2018届高三高考适应性考试数学（理）试题含解析

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綦江中学高2018级高考适应性考试理科数学试题一、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.若集合R，则=（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法求出集合和利用二次函数的值域求出集合，从而求出，由此能求出的值.【详解】集合或，，，，故选A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且不属于集合的元素的集合.2.已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由题意得，，则的共轭复数是，故选D.3.在等差数列中，，则（）A.8B.6C.4D.3【答案】D21 【解析】解：由等差数列的性质可知：.本题选择D选项.4.已知函数的零点为3，则=（）A.1B.2C.D.2017【答案】C【解析】【分析】由函数零点的定义可得，解得，即可得函数的解析式，计算可得的值，分析可得，结合函数的解析式可得答案.【详解】因为函数的零点为，则有，解可得，则函数，则，则，故选C.【点睛】本题主要考查函数的零点以及分段函数的解析式、分段函数求函数值，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.5.当时，执行如图所示的程序框图，输出的值为（）21 学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...学%科%网...A.6B.8C.14D.30【答案】D【解析】第一次循环，，第二次循环，，第三次循环，，第四次循环，，结束循环，输出，故选D．6.已知函数，在区间（0,1）上随机取两个数x，y，记p1为事件“”的概率，p2为事件“”的概率，则（）A.p1f′(x)，则有（）A.e2017f(－2017)e2017f(0)B.e2017f(－2017)f(0)，f(2017)>e2017f(0)D.e2017f(－2017)>f(0)，f(2017)1)＝0.2，则P(－1<ξ<0)＝0.6；⑤设，则则正确命题的序号为________(写出所有正确命题的序号)．【答案】①③⑤【解析】分析：①由双曲线标准方程可得渐近线方程；②根据均值不等式求最值等号成立的条件可得结果；③根据线性回归方程的含义可得结果；④根据正态分布的对称性可得结果；⑤根据对数函数的单调性可得结果.详解：①由可以解得双曲线的渐近线方程为，正确;②命题不能保证为正，故错误；③根据线性回归方程的含义,正确；④，可得，所以，故错误；⑤函数为增函数，因为，所以，故正确.故答案为①③⑤.点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，综合考查渐近线、均值不等式、回归方程以及正态分布与对数函数的单调性，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.16.已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，，则此棱锥的体积是___________【答案】【解析】分析：由是球的直径可得三棱锥的高是球心到平面距离的倍，从而可求得棱锥的高，利用正三角形面积公式求得底面积，从而可得结果.21 详解：由正三角形面积公式可得到三角形的面积为，而三棱锥的高是球心到平面距离的倍，正三角形外接圆半径，球半径,球心到平面距离的距离,所以.点睛：本题主要考查球的性质及圆内接三角形的性质、棱锥的体积公式，属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质.三、解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.已知，，函数.（1）求函数零点；（2）若锐角的三内角、、的对边分别是、、，且,求的取值范围.【答案】(1),．(2).【解析】分析：（1）利用平面向量数量积公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用平面向量夹角余弦公式可得的解析式，利用正弦函数的性质可得函数零点；（2）由正弦定理得，先求出，上式化为，求出，根据正弦函数的单调性可得结果.详解：（Ⅰ）由条件可知:∴所以函数零点满足,由，解得,．21 （Ⅱ）由正弦定理得由（Ⅰ），而，得∴，又，得∵代入上式化简得：又在锐角中，有，，则有即：.点睛：以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.18.如图，四棱锥中，底面是矩形，面底面，且是边长为的等边三角形，在上，且面.（1）求证:是的中点；（2）在上是否存在点，使二面角为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.21 【答案】(1)见解析;(2).【解析】试题分析：(1)连交于可得是中点，再根据面可得进而根据中位线定理可得结果；(2)取中点，由（1）知两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴,轴，轴建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量，用表示面的一个法向量，由可得结果.试题解析：(1)证明：连交于，连是矩形，是中点.又面，且是面与面的交线，是的中点.(2)取中点，由（1）知两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为.设存在满足要求，且，则由得：，面的一个法向量为，面的一个法向量为，由，得，解得，故存在，使二面角为直角，此时.19.某品牌汽车的店，对最近100份分期付款购车情况进行统计，统计情况如下表所示.已知分9期付款的频率为0.4；该店经销一辆该品牌汽车，若顾客分3期付款，其利润为1万元；分6期或9期付款，其利润为2万元；分12期付款，其利润为3万元.付款方式分3期分6期分9期分12期频数202021 （1）若以上表计算出的频率近似替代概率，从该店采用分期付款购车的顾客（数量较大）中随机抽取3为顾客，求事件：“至多有1位采用分6期付款“的概率；（2）按分层抽样方式从这100为顾客中抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取3人，记该店在这3人身上赚取的总利润为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】(1);(2)见解析.【解析】【试题分析】（1）依据题设运用二项分布公式求解；（2）借助题设求出随机变量的分布列，再依据数学期望公式分析求解：（1）由题意，，，则表中分6期付款购车的顾客频率，所以.（2）按分层抽样的方式抽取的5人中，有1位分3期付款，有3位分6期或9期付款，有1位分12期付款.随机变量可能取的值是5，6，7，则，，，所以随机变量的分布列为5670.30.40.3∴（万元）即为所求.20.已知是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，点在椭圆上，线段与轴的交点满足．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）圆是以为直径的圆，一直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点、，当，且满足时，求的面积的取值范围．21 【答案】(1);(2).【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用平面向量共线得到是线段的中点，再利用三角形的中位线和待定系数法进行求解；（Ⅱ）先利用直线与圆相切得到，再联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，再利用平面向量的数量积和判别式为正、三角形的面积公式得到有关表达式，再利用函数的单调性进行求解.试题解析：（Ⅰ）因为，所以是线段的中点，所以是的中位线，又所以,所以，又因为，解得，所以椭圆的标准方程为.（Ⅱ）因为直线与相切，所以，即联立得.设因为直线与椭圆交于不同的两点、，所以，，，又因为，所以解得.，21 设，则单调递增，所以，即21.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）如果对于任意的，恒成立，求实数的取值范围；（3）设函数，，过点作函数的图象的所有切线，令各切点的横坐标按从小到大构成数列，求数列的所有项之和的值.【答案】(1)增区间为；减区间为.(2);(3).【解析】试题分析：(1)求出函数的导函数,由导函数大于0求其增区间,导函数小于0求其减区间;(2)构造辅助函数,把问题转化为求时,然后对k的值进行分类讨论,求k在不同取值范围内时的的最小值,由最小值大于等于0得到k的取值范围;(3)把的解析式代入,求出函数的导函数,设出切点坐标,求出函数在切点处的导数,由点斜式写出切线方程,把M的坐标代入切线方程,得到关于切点横坐标的三角方程,利用函数图象交点分析得到切点的横坐标关于对称成对出现,最后由给出的自变量的范围得到数列的所有项之和S的值.试题分析：⑴的增区间为；减区间为.⑵令,要使恒成立，只需当时，,令，则对恒成立在上是增函数，则①当时，恒成立，在上为增函数，21 满足题意；②当时，在上有实根,在上是增函数则当时，，不符合题意；③当时，恒成立，在上为减函数，不符合题意，即.⑶设切点坐标为，则切线斜率为从而切线方程为令，，这两个函数的图象均关于点对称，则它们交点的横坐标也关于对称，从而所作的所有切线的切点的横坐标构成数列的项也关于成对出现，又在共有1008对，每对和为..22.选修4-4：坐标系与参数方程以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的参数方程是（，为参数），曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）若直线与轴交于点P，与曲线交于点，且，求实数的值.【答案】(1)见解析;(2)或1.【解析】【分析】（Ⅰ）将直线的参数方程，利用代入法消去参数可得直线的普通方程，曲线21 的极坐标方程两边同乘以，利用即可得结果；（Ⅱ）把（为参数），代入，得，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义列方程，结合判别式的符号可得结果.【详解】（Ⅰ）直线的参数方程是，（，为参数），消去参数可得.由，得，可得的直角坐标方程：.（Ⅱ）把（为参数），代入，得.由，解得，，，，解得或1.又满足，实数或1.【点睛】本题考查参数方程和普通方程的转化、极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题.消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）如果对于任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值.【答案】(1)或;(2)3.【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，再求并集即可得结果；（2）由不等式可得，由，从而可得结果.详解：（1）由题意不等式可化为，当时，，解得，即；当时，，解得，即21 ；当时，，解得，即，综上所述，不等式的解集为或.（2）由不等式可得，，故实数的最大值是.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．21 21