广西贵港市2018届高三上学期12月联考数学(理)试题+Word版含解析

贵港市2018届高中毕业班12月联考理科数学第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.集合，若，，则集合中的元素个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】结合交集的结果可知：，且，结合交集的结果可得：，综上可得：，集合中的元素个数为4.本题选择C选项.2.《九章算术》勾股章有一“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水两尺，引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何.”其意思是：有一水池一丈见方，池中心生有一颗类似芦苇的植物，露出水面两尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐（如图所示），问水有多深，该植物有多长？其中一丈为十尺.若从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】如图所示，设水深为尺，由题意可得：，求解关于实数的方程可得：，即水深为尺，又葭长为尺，则所求问题的概率值为.本题选择A选项.3.若复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由复数模的定义有：，则：.本题选择D选项.4.已知等差数列中，，，若，则数列的前10项和等于（）A.90B.150C.440D.880【答案】C【解析】本题考查等差数列的定义，通项公式和前n项和公式及数列的基本运算.设公差为则所以于是.，数列是等差数列，则数列的前5项和等于故选C5.正数满足，则（）A.B.C.D.【答案】C则：.本题选择C选项.A.20B.21C.35D.56【答案】C【解析】阅读流程图，程序运行如下：；；；；；；则输出值为.本题选择C选项.9.已知函数，是奇函数，则（）A.在上单调递减B.在上单调递减C.在上单调递增D.在上单调递增【答案】B【解析】由函数的解析式有：，函数为奇函数，则当时：，令可得：，即函数的解析式为：，结合函数的性质可得：函数在区间上不具有单调性，在区间上单调递减.本题选择B选项.10.直线与抛物线相交于两点，抛物线的焦点为，设，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】设，若，则，，则，，故：，若，同理可得：.本题选择A选项.点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．11.若不等式对任意的恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由题意结合对数的运算法则有：，由对数函数的单调性有：，整理可得：，由恒成立的条件有：，其中，当且仅当时等号成立.即时，函数取得最小值.综上可得：.本题选择D选项.12.已知函数的图象经过点，，当时，，记数列的前项和为，当时，的值为（）A.7B.6C.5D.4【答案】D【解析】由题意结合函数的解析式可得：，求解方程组有：.则函数的解析式为：，当时，，则：，由可得：.本题选择D选项.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．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.向量，，则__________．【答案】5【解析】由题意可得：，则：.14.已知不等式组表示的平面区域为，若直线与平面区域有公共点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，直线恒过定点，则满足条件的直线介于直线与直线之间.点的坐标，，其中，即实数的取值范围是.点睛：目标函数中含有参数时，要根据问题的实际意义注意转化成“直线的斜率”、“点到直线的距离”等模型进行讨论研究。当参数在线性规划问题的约束条件中时，作可行域要注意应用“过定点的直线系”知识，使直线“初步稳定”，再结合题中的条件进行全方面分析才能准确获得答案.15.设双曲线的右焦点为，则到渐近线的距离为__________．【答案】1【解析】结合双曲线的方程可得：，则：，右焦点坐标为，一条渐近线方程为：，即：，则右焦点到渐近线的距离为：.16.如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，则下列结论中正确结论的序号是__________．①；②直线与平面所成角的正弦值为定值；③当为定值，则三棱锥的体积为定值；④异面直线所成的角的余弦值为定值.【答案】①③【解析】连接，交于点.很明显平面，而平面，①正确；由AC⊥平面BB1D1D，得OE是AE在平面BB1D1D上的射影,所以∠AEO是直线AE与平面DBB1D1所成角,由于AE不是定值,所以②不正确;由于点B到直线B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为,故三棱锥E-ABF的体积为定值,故③正确;当E在D1,F在B1,此时异面直线AE,BF所成的角为,故④不正确;应填:①③.三、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.在中，分别是内角的对边，且，.（1）求边的值；（2）求的周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：(1)由题意结合两角和差正余弦公式和余弦定理可得.(2)由题意结合余弦定理有，结合均值不等式等号成立的条件可知的周长的最大值为.试题解析：（1）由得.∴，即.由正弦定理得，故.（2）由余弦定理得，.∴，∴.所以当时，的周长的最大值为.18.2018年全国数学奥赛试行改革：在高二一年中举行5次全区竞赛，学生如果其中2次成绩达全区前20名即可进入省队培训，不用参加其余的竞赛，而每个学生最多也只能参加5次竞赛.规定：若前4次竞赛成绩都没有达全区前20名，则第5次不能参加竞赛.假设某学生每次成绩达全区前20名的概率都是，每次竞赛成绩达全区前20名与否互相独立.（1）求该学生进入省队的概率.（2）如果该学生进入省队或参加完5次竞赛就结束，记该学生参加竞赛的次数为，求的分布列及的数学期望.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：(1)由题意结合对立事件概率公式可得：该学生进入省队的概率为；(2)由题意可知的可能取值为2,3,4,5，求解相应的概率值得到分布列，结合分布列计算可得的数学期望为.试题解析：（1）记“该生进入省队”的事件为事件，其对立事件为，则.∴.（2）该生参加竞赛次数的可能取值为2,3,4,5.，，..故的分布列为：.19.如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，过作平面与直线平行，交于.（1）求证：为的中点；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：(1)由题意结合线面平行的判定定理可证得平面，结合几何关系即可证得为的中点；(2)由题意作出二面角的平面角，结合几何关系计算可得二面角的余弦值为.试题解析：（1）证明：连结，设，连接，则为的中点，且面面，∵平面，∴，∴为的中点.（2）∵，∴底面，∴.又∵，，∴平面.过点作的垂线，交于，连接.∵，∴，∴为所求的平面角.，∴，又，∴.∴，∴二面角的余弦值为.点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．20.椭圆的右焦点为，过作圆的切线交轴于点，切点为线段的中点.（1）求椭圆的方程；（2）曲线与椭圆交于四点，若这四个点都在同一个圆上，求此圆的圆心坐标.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：(1)由题意可得，.则椭圆的方程为；(2)设出点的坐标，结合几何体的对称性和点差法计算可得圆心坐标为.试题解析：（1）由已知得，且，∴，∴.所以椭圆的方程为；（2）由曲线知曲线的图象关于轴对称，又椭圆的图象也是关于轴对称，所以圆心在轴上，设圆心为，曲线与椭圆在一、四象限交于，两点，则，.把代入得，∴，又由得，即，∵，∴，∴.所以此圆的圆心坐标为.21.已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）证明：对任意时，.【答案】（1）时，递增区间为，递减区间为，时，递增区间为，，单调递减区间为；（2）证明见解析.【解析】试题分析：(1)对函数求导有，分类讨论有：时，递增区间为，递减区间为，时，递增区间为，，单调递减区间为；(2)由题意结合(1)的结论有.结合题意利用放缩法即可证得题中的不等式.试题解析：（1），，①若，当时，，当时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为；②若，当时，，当或时，，所以的单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）证明：当时，由（1）知在处取得最小值，∴，即，当时，恒有.∴.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.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），在极点和直角坐标系的原点重合，极轴与轴的正半轴重合的极坐标系中，圆的极坐标方程为.（1）若直线与圆相切，求的值；（2）若直线与曲线相交于两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：(2)联立直线与二次曲线的方程，结合弦长公式计算可得的值是.试题解析：（1）圆的直角坐标方程为，直线的一般方程为，∴，∴；（2）曲线的一般方程为，代入得，∴，，∴.23.已知函数.（1）求证：；（2）解不等式.【答案】（1）见解析（2）【解