数学文卷·2018届云南省师范大学附属中学高三上学期12月高考适应性月考卷（五）试题（解析版）

数学文卷·2018届云南省师范大学附属中学高三上学期12月高考适应性月考卷（五）试题（解析版）

云南省师范大学附属中学2018届高三12月高考适应性月考卷（五）数学（文）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，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】求解分式不等式可得：，‎ 求解二次不等式可得：，‎ 所以，故选C．‎ ‎2. 复数，则复数的虚部是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得：，‎ 则复数的虚部是 ‎ 故选A．‎ ‎3. 为了让大家更好地了解我市的天气变化情况，我市气象局公布了近年来我市每月的日平均最高气温与日平均最低气温，现绘成雷达图如图所示，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 各月的平均最高气温都不高于25度 B. 七月的平均温差比一月的平均温差小 C. 平均最高气温低于20度的月份有5个 D. 六月、七月、八月、九月的平均温差都不高于10度 ‎【答案】C ‎【解析】由雷达图可知平均最高气温低于20度的月份有一月、二月、十一月、十二月共四个，‎ 选项C的说法是错误的.‎ 故选C．‎ ‎4. 已知函数则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】 ,选B.‎ ‎5. 在等差数列中，若，则数列的前15项的和为（ ）‎ A. 15 B. 25 C. 35 D. 45‎ ‎【答案】A ‎【解析】设等差数列的公差为，首项为，‎ 则：,‎ 故，故选A．‎ ‎6. 已知抛物线：的焦点为，过点且倾斜角为的直线交曲线于，两点，则弦的中点到轴的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意知过点的直线方程为，‎ 联立方程消去得：. ‎ 设，，则，‎ 所以弦的中点的横坐标为，故到轴的距离为，‎ 故选D．‎ ‎7. 若三棱锥的三视图如图，正视图和侧视图均为等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形，则该三棱锥的最长棱的棱长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】结合三视图可知几何体为如图所示三棱锥A−BCD，三棱锥在边长为2的正方体中，可知正方体体对角线AC即为三棱锥最长的棱，且，故选B．‎ 点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．‎ ‎8. 规定：对任意的各位数字不全相同的三位数，若将各位数字按照从大到小、从左到右的顺序排列得到的三位数，称为原三位数的“和谐数”；若将各位数字按照从小到大、从左到右的顺序排列得到的三位数，称为原三位数的“新时代数”.如图，若输入的，则输出的为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意知：输入的，则程序运行如下：‎ 当时，，，，‎ 当时，，，，‎ 当时，，，，‎ 当时，，，，‎ 此时程序结束，输出，故选C．‎ ‎9. 已知函数，若，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为 且时 ‎ 所以函数为偶函数,且在 上单调递增 因此 ‎ 选A.‎ ‎10. 如图，函数的图象为折线，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】结合 图像知有且仅有一个交点 ，所以不等式的解集是，选B.‎ ‎11. 已知半径为5的求被两平行的平面所截，两截面圆的半径分别为3和4，则分别以两截面为上下底的圆台的侧面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】分类讨论：‎ ‎（1）当两截面圆在球心的同侧时，如下图，则为大截面圆的直径，为小截面圆的直径，梯形为圆台的轴截面，由题意知，，，则圆台的高为，，所以圆台的侧面积为.‎ ‎ ‎ ‎（2）当两截面圆在球心的异侧时，如下图，则为大截面圆的直径，为小截面圆的直径，梯形为圆台的轴截面，由题意知，，，则圆台的高为，，所以圆台的侧面积为，综上所述，故选C．‎ ‎ ‎ ‎12. 已知椭圆：的右焦点为，过点的两条互相垂直的直线，，与椭圆相交于点，，与椭圆相交于点，，则下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 存在直线，使得值为7‎ B. 存在直线，使得值为 C. 弦长存在最大值，且最大值为4‎ D. 弦长不存在最小值 ‎【答案】D ‎【解析】当直线，一个斜率为零一个斜率不存在时，可得即为长轴，为通径，则，则A是正确的；‎ 当直线，的斜率都存在时，不妨令直线的斜率为，由题意知的直线方程为，联立方程消去得，设，，由韦达定理知：，，所以，同理，特别地当时，，即，则正确 ；由，故当时，取到最大值，则C正确；由，但当弦的斜率不存在时，，故存在最小值，故D选项不对，故选D．‎ 点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.‎ 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. 若，满足约束条件则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可知，线性区域是如图的阴影部分，由，则为直线的截距，由图可知，当时，取到最小值.‎ ‎14. 已知为数列的前项和，，当时，，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，且，所以，两式做差可得：，‎ 所以是以首项为，公比为的等比数列，‎ 则，所以.‎ ‎15. 在边长为的等边中，点为外接圆的圆心，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图，由O是正外接圆的圆心（半径为2），则O也是正的重心，设AO的延长线交BC于点D，故 ‎ 点睛：平面向量数量积的类型及求法 ‎(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.‎ ‎(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.‎ ‎16. 在中，为上一点，且，，为的角平分线，则面积的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，由于为的角平分线，且，，‎ 由角平分线定理知：，‎ 令，，由两边之和大于第三边，两边之差小于第三边知：，‎ 在中，由余弦定理知：，‎ ‎ ‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 所以面积的最大值为3.‎ 点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．‎ 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. 已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小正周期及在区间的值域；‎ ‎（2）在中，，，所对的边分别是，，，，，，求的面积.‎ ‎【答案】(1)最小正周期，值域为. (2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)整理函数的解析式，据此可得函数的最小正周期，在区间的值域为. ‎ ‎(2)由题意结合(1)的结论和余弦定理可得的面积是.‎ 试题解析：‎ ‎（1） ， `‎ 所以的最小正周期，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 所以函数在区间的值域为. ‎ ‎（2）由得，‎ 又，，， ‎ 由及余弦定理得：， ，‎ 又，代入上式解得，‎ ‎ 的面积.‎ ‎18. 随着我国经济的快速发展，民用汽车的保有量也迅速增长.机动车保有量的发展影响到环境质量、交通安全、道路建设等诸多方面.在我国，尤其是大中型城市，机动车已成为城市空气污染的重要来源.因此，合理预测机动车保有量是未来进行机动车污染防治规划、道路发展规划等的重要前提.从2012年到2016年，根据“云南省某市国民经济和社会发展统计公报”中公布的数据，该市机动车保有量数据如表所示.‎ 年份 ‎2012‎ ‎2013‎ ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ 年份代码 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 机动车保有量（万辆）‎ ‎169‎ ‎181‎ ‎196‎ ‎215‎ ‎230‎ ‎（1）在图所给的坐标系中作出数据对应的散点图；‎ ‎（2）建立机动车保有量关于年份代码的回归方程；‎ ‎（3）按照当前的变化趋势，预测2017年该市机动车保有量.‎ 附注：回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：‎ ‎，.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2).(3)2017年该市机动车保有量为245万辆. ‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)结合所给的数据绘制散点图即可；‎ ‎(2)结合所给的数据计算可得回归方程为.‎ ‎(3)结合线性回归方程的预测作用可得2017年该市机动车保有量是245万辆. ‎ 试题解析：‎ ‎（1）数据对应的散点图如图所示.‎ ‎（2），，，‎ 所以回归直线方程为.‎ ‎（3）代入2017年的年份代码，得，所以按照当前的变化趋势，2017年该市机动车保有量为245万辆. ‎ 点睛：一是回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的方法，只有在散点图大致呈线性时，求出的线性回归方程才有实际意义，否则，求出的线性回归方程毫无意义．二是根据回归方程进行预报，仅是一个预报值，而不是真实发生的值．‎ ‎19. 如图，在三棱柱中，，顶点在底面上的射影恰为的中点，，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若点为的中点，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）由射影得线面垂直，再由线面垂直性质定理得线线垂直，结合条件可由线面垂直判定定理得平面，即得结论（2）求体积关键在于确定高线：先根据等体积法将所求锥转化求，再根据平面，以及锥体体积公式得体积 试题解析：（1）证明：因为顶点在底面上的射影恰为AC的中点M，‎ 所以，又，所以，‎ 又因为，而，且，‎ 所以平面，又因为，‎ 所以. ‎ ‎（2）解：如图，因为是的中点，‎ 所以.‎ ‎20. 椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求证：以线段为直径的圆恒过定点.‎ ‎【答案】(1). (2)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意可得，则椭圆C的标准方程为. ‎ ‎(2)由题意可得，结合题意可得圆的方程为，则以线段ST为直径的圆恒过定点. ‎ 试题解析：‎ ‎（1）解：，又，联立解得：，‎ 所以椭圆C的标准方程为. ‎ ‎（2）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，‎ 联立得.‎ ‎ ，‎ 整理得：，故，‎ 又，(分别为直线PA，PB的斜率)，‎ 所以，‎ 所以直线PB的方程为：，‎ 联立得，‎ 所以以ST为直径的圆的方程为：，‎ 令，解得：，‎ 所以以线段ST为直径的圆恒过定点. ‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）确定函数在定义域上的单调性，并写出详细过程；‎ ‎（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2).‎ 试题解析：（1）函数的定义域为，‎ 令，则有，‎ 令，解得，‎ 所以在上，，单调递增，在上，，单调递减.‎ 又，所以在定义域上恒成立.‎ 即在定义域上恒成立，‎ 所以在上单调递减，在上单调递减.‎ ‎（2）由在上恒成立得：在上恒成立.‎ 整理得：在上恒成立.‎ 令，易知，当时，在上恒成立不可能，，‎ 又，，‎ ‎1°当时，，又在上单调递减，所以在上恒成立，则在上单调递减，又，所以在上恒成立.‎ ‎2°当时，，，又在上单调递减，‎ 所以存在，使得，‎ 所以在上，在上，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 又，所以在上恒成立，‎ 所以在上恒成立不可能.‎ 综上所述，. ‎ 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎ 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. 已知抛物线的方程为，以抛物线的焦点为极点，以轴在点右侧部分为极轴建立极坐标系.‎ ‎（1）求抛物线的极坐标方程；‎ ‎（2），是曲线上的两个点，若，求的最大值.‎ ‎【答案】(1).(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)结合抛物线的直角坐标方程转化为极坐标方程可得抛物线的极坐标方程是；‎ ‎(2)结合(1)中的结论和三角函数的性质可得的最大值为. ‎ 试题解析：‎ ‎（1）由抛物线的定义得：，‎ 即：.‎ ‎（2）由（1）得：‎ ‎，‎ 当且仅当时等号成立，故的最大值为. ‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）求不等死的解集；‎ ‎（2）当取何值时，恒成立.‎ ‎【答案】(1). (2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意分类讨论可得不等式的解集为；‎ ‎(2)原问题等价于，将函数的解析式整理为可得.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由有：，‎ 所以，‎ 即或或 解得不等式的解集为. ‎ ‎（2）由恒成立得即可.‎ 由（1）得函数的定义域为，‎ 所以有所以，‎ 即.‎ ‎ ‎ ‎ ‎