辽宁省凌源二中2018届高三三校联考理数试题（解析版）

2018届高三三校联考理数第卷（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（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】求解一元二次不等式可得：，求解指数不等式可得：，据此可得：，本题选择D选项.2.记复数的虚部为，已知复数（为虚数单位），则为（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】A【解析】由题意可得：，则.本题选择A选项.3.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据导数的几何意义，求得直线的斜率，即为倾斜角的正切值；结合同角三角函数关系式中齐次式的化简方法，即可得到最后的值【详解】曲线，点的坐标为 所以 ，在点处切线斜率 ，即 所以分子分母同时除以 可得所以选B【点睛】本题考查了导数的几何意义，三角函数式的化简求值，属于中档题4.2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币.如图所示是一枚8克圆形金质纪念币，直径，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据题意，可估计军旗的面积大约是.故选B.5.已知圆，当变化时，圆上的点与原点的最短距离是双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】圆E的圆心到原点的距离，据此可得，当m=4时，圆上的点与原点的最短距离是，即双曲线的离心率为，据此可得：，双曲线（）的渐近线为.本题选择C选项.6.已知数列为等比数列，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由等比数列性质可得：，结合可得：，结合等比数列的性质可得：，即：本题选择B选项.7.执行如图的程序框图，若输出的的值为，则中应填（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可得：，即时推出循环，则中应填.本题选择C选项.8.已知函数为内的奇函数，且当时，记，则间的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】利用奇函数的性质 可得：，即当时，函数的解析式为：，令，由函数的奇偶性的定义可得函数g(x)是定义域内的偶函数，且：，即函数在区间上单调递减，且：，结合函数的单调性可得：.本题选择C选项.9.已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为：.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10.已知函数（）的部分图象如图所示，其中.即命题，命题：将的图象向右平移个单位，得到函数的图象.则以下判断正确的是（ ）A. 为真B. 为假C. 为真D. 为真【答案】C【解析】由可得：，解得：，结合可得：，结合可得：，函数的解析式为：，则命题p是真命题.将函数的图像上所有的点向右平移个单位，所得函数的解析式为：的图像，即命题q为假命题，则 为假命题；为真命题；为真命题；为假命题.本题选择C选项.11.抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】抛物线方程中：令可得，即，结合抛物线的光学性质，AB经过焦点F，设执行AB的方程为，与抛物线方程联立可得：，据此可得：，且：，将代入可得，故，故,故ABM的周长为,本题选择D选项.12.已知数列，的前项和分别为，且，若恒成立，则的最小值为（ ）A. B. C. 49D. 【答案】B【解析】【分析】先求得的通项公式，化简的表达式，利用裂项求和法求得，由此求得的最小值.【详解】当时，解得.当时，由，得，两式相减并化简得，由于，所以，故是首项为，公差为的等差数列，所以.则，故 ，由于是单调递增数列，.故的最小值为，故选B.【点睛】本小题主要考查已知求，考查裂项求和法，考查数列的单调性，属于中档题.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.已知在中，若边的中点的坐标为，点的坐标为，则_【答案】1【解析】依题意，得，故是以为底边的等腰三角形，故，所以.所以.14.在的展开式中，含项的为，的展开式中含项的为，则的最大值为_.【答案】【解析】展开式的通项公式为：，令可得：，则，结合排列组合的性质可知，由，当且仅当时等号成立.综上可得：的最大值为.点睛：(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解15.已知，满足其中，若的最大值与最小值分别为，则实数的取值范围为_【答案】【解析】作出可行域如图所示（如图阴影部分所示）设，作出直线，当直线过点时，取得最小值；当直线过点时，取得最大值.即，当或时，.当时，.所以，解得.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.16.在九章算术中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑中, 平面, ,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为_【答案】【解析】【详解】MABC四个面都为直角三角形，MA平面ABC，MA=AB=BC=2，三角形的AC=2，从而可得MC=2，那么ABC内接球的半径r：可得（r）2=r2+（2）2解得：r=2-ABC时等腰直角三角形，外接圆的半径为AC=外接球的球心到平面ABC的距离为=1可得外接球的半径R=故得：外接球表面积为.由已知，设内切球半径为，内切球表面积为，外接球与内切球的表面积之和为故答案为：.点睛：本题考查了球与几何体的问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心.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.已知向量，设函数.将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象.（1）若，求函数的值域；（2）已知分别为中角的对边，且满足，求的面积.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)结合题意可得.结合函数的定义域和三角函数的性质可得函数的值域是；(2)由题意得到三角方程：.据此可得，然后利用余弦定理求得.最后利用面积公式可得的面积是.试题解析：（1）由题意，得 .所以.因为，所以，所以，所以，所以函数的值域为.（2）因为，所以.因为，所以.所以，解得.所以.又，且，所以.所以的面积.18.如图，在四棱锥中，底面直角梯形，其中，侧面平面，且，动点在棱上，且.（1）试探究的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)当时，平面.证明见解析；(2).【解析】试题分析：（1）连接交于点，连接通过证得，即可证得平面；（2）取的中点,连接，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，设与平面所成的角为，则，为平面的一个法向量.试题解析：（1）当时，平面.证明如下：连接交于点，连接.，.，.又平面，平面，平面.（2）取的中点,连接.则.平面平面，平面平面，且，平面.，且，四边形为平行四边形，.又，.由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.当时，有，可得.，.设平面的一个法向量为，则有即令，得，.即.设与平面所成的角为，则 .当时，直线与平面所成的角的正弦值为.点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网上叫外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.为了解网络外卖在市的普及情况，市某调查机构借助网络进行了关于网络外卖的问卷调查，并从参与调查的网民中抽取了200人进行抽样分析，得到下表：（单位：人）（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖的情况与性别有关？（2）现从所抽取女网民中利用分层抽样的方法再抽取5人，再从这5人中随机选出3人赠送外卖优惠券，求选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率；将频率视为概率，从市所有参与调查的网民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常使用网络外卖的人数为，求的数学期望和方差.参考公式：，其中.参考数据：【答案】(1)不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关.(2)；.【解析】试题分析：（1）计算的值，进而可查表下结论；（2）由分层抽样的抽样比计算即可；由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为，由题意得.试题解析：（1）由列联表可知的观测值， .所以不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关.（2）依题意，可知所抽取的5名女网民中，经常使用网络外卖的有（人），偶尔或不用网络外卖的有（人）.则选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率为.由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为.由题意得，所以；.20.已知椭圆：的左、右焦点分别为点，其离心率为，短轴长为.（）求椭圆的标准方程；（）过点的直线与椭圆交于，两点，过点的直线与椭圆交于，两点，且，证明：四边形不可能是菱形.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，及，可得方程；（2）易知直线不能平行于轴，所以令直线的方程为与椭圆联立得，令直线的方程为，可得，进而由是菱形，则，即，于是有由韦达定理代入知无解.试题解析：（1）由已知，得，又，故解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），知，如图，易知直线不能平行于轴.所以令直线的方程为，.联立方程，得，所以，.此时，同理，令直线的方程为，此时，此时.故.所以四边形是平行四边形.若菱形，则，即，于是有.又，所以有，整理得到，即，上述关于的方程显然没有实数解，故四边形不可能是菱形.21.已知函数（），其中为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性及极值；（2）若不等式在内恒成立，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：(1)由题意可得导函数的解析式，分类讨论可得：当时，在内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增，的极小值为，无极大值.（2）分类讨论：当时，明显成立；当时，由（1），知在内单调递增，此时利用反证法可证得结论；当时，构造新函数，结合函数的单调性即可证得题中的结论.试题解析：（1）由题意得.当，即时，在内单调递增，没有极值.当，即时，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取得极小值 ，无极大值.综上所述，当时，在内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增，的极小值为，无极大值.（2）当时，成立.当时，由（1），知在内单调递增，令为和中较小的数，所以，且，则，.所以 ，与恒成立矛盾，应舍去.当时， ，即，所以.令，则.令，得，令，得，故在区间内单调递增，在区间内单调递减.故，即当时，.所以 .所以.而，所以.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，已知曲线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（）当时，求曲线上的点到直线的距离的最大值；（）若曲线上的所有点都在直线的下方，求实数的取值范围.【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】(1)由题意结合点到直线距离公式可得距离的解析式为，结合三角函数的性质可得曲线上的点到直线的距离的最大值为.(2)原问题等价于对，有恒成立，结合恒成立的条件可得实数的取值范围是.【详解】（1）直线的直角坐标方程为.曲线上的点到直线的距离 ，当时，即曲线上的点到直线的距离的最大值为.（2）曲线上的所有点均在直线的下方，对，有恒成立，即（其中）恒成立，.又，解得，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了参数方程、直线的极坐标方程与直角方程的互化，注意利用参数方程求点到直线的距离，本题属于中档题.23.已知函数(1)解不等式；(2)记函数的值域为M，若