四川省广元市2018届高三数学第一次适应性统考试题 文（含解析）

广元市高2018届第一次高考适应性统考数学试题（文史类）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，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】由题意得，∴．选B．2.“且”是“”成立的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.即不充分也不必要条件【答案】A【解析】若“且”成立，则“”一定成立．反之，若“”成立时，但“且”不一定成立．故“且”是“”成立的充分不必要条件．选A．3.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】选项A中，直线可能相交、平行或异面，故不正确．选项B中，直线可能平行或异面，故不正确．选项C中，平面可能平行或相交，故不正确．选项D中，由面面垂直的判定定理可得正确．选D．4.已知向量，且，则的值是（）A.-1B.C.-D.【答案】A【解析】由题意得，∵，∴，解得．选A．5.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】∵，∴，∴，∴．选D．6.执行如图所求的程序框图，输出的值是（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】试题解析：为奇数，，，？否，为偶数，，，？否，为偶数，，,？否，为偶数，,,？否，为偶数，,,是，输出.选B.考点：程序框图视频7.二维空间中，圆的一维测度（周长），二维测度（面积），三维空间中，球的二维测度（表面积），三维测度（体积），应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度,则其思维测度W=（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由题意得，二维空间中，二维测度的导数为一维测度；三维空间中，三维测度的导数为二维测度．由此归纳，在四维空间中，四维测度的导数为三维测度，故．选A．8.已知函数一个周期内的图象如图所示，，为图象上的最高点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】方法一：由图象得，故，所以．又点在函数的图象上，故，解得,所以，又，所以．综上选C．方法二：由题意得，解得．选C．点睛：已知函数的图象求解析式的方法：（1）根据图象可得到A的值及函数的周期，从而得到的值；（2）确定的方法有两个，①代点法，若图形中有函数图象的最值点，则将最值点的坐标代入解析式，并根据的范围求得它的值（此法中尽量不将零点的坐标代入）．②“五点法”，结合图象确定出“五点”中的“第一点”，然后根据图中给出的点的坐标可求出．9.在区间[-1,1]上任选两个数，则的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由题意知，所有的基本事件构成的平面区域为，其面积为．设“在区间[-1,1]上任选两个数，则”为事件A，则事件A包含的基本事件构成的平面区域为，其面积为．由几何概型概率公式可得所求概率为．选A．10.已知定义在上的函数的图象关于（1，1）对称，，若函数图象与函数图象的交点为，则（）A.8072B.6054C.4036D.2018【答案】B【解析】由题意知，函数的图象也关于点（1,1）对称．故，所以．选C．11.函数，若关于的方程有五个不同的零点，则的取值范围（）A.（1，2）B.C.D.【答案】D【解析】作出f(x)的图象如图所示．设，则原方程化为，由图象可知，若关于x的方程有五个不同的实数解，只有当直线与函数的图象有3个不同的公共点时才满足条件．所以．又方程有两个不等实根，所以，解得，综上得且．故实数的取值范围为．选D．...........................12.若正项递增等比数列满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】设数列的公比为，由题意知．∵，∴．∴，设，则，故当时，单调递减；当时，单调递增．∴当，即时，有最小值，且．∴的最小值为．选C．点睛：本题考查的范围较广，解题的方法比较综合，考查了学生运用所学知识解决综合性问题的能力．解题时需要从条件中得到的表达式，然后将所求表示为数列公比的形式，为了达到解题的目的，在构造函数的基础上，通过求导数得到函数的单调性，根据单调性求得函数的最小值，从而求得的最小值．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.已知是实数，是虚数单位，若是纯虚数，则__________．【答案】1【解析】由题意得，解得．答案：114.设变量满足约束条件：，则目标函数的最小值为__________．【答案】1【解析】试题分析：作出不等式满足的可行域如图阴影部分，直线与直线交于点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，可得最小，最小值，故答案为1．考点：线性规划的应用．15.如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗线或虚线表示一个三棱锥的三视图，则此三棱锥的外接球的体积为__________．【答案】【解析】根据三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥．由题意知，该三棱锥的外接球即为棱长为2的正方体的外接球，设球半径为R，则，所以外接球的体积为．答案：16.在中，，点是所在平面内一点，则当取得最小值时，__________．【答案】-9【解析】∵，∴，∴，即．以点A为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则B(6,0)，C(0,3)，设，所以．所以当时有最小值，此时．答案：点睛：数量积的计算有两种不同的方式，一是根据定义计算，二是用向量的坐标计算，其中用坐标进行运算可使得数量积的计算变得简单易行．在本题的解法中通过建立坐标系将数量积的最小值问题转化为函数的最值问题处理，体现了转化方法在数学解题中的应用．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，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）由题意得，然后根据与的关系可求出数列的通项公式．（2）由（1）得到数列的通项公式，再利用裂项相消法求和．试题解析：（1）当时，，解得．∴.当时，，又，满足上式，∴．（2）由（1）得，∴∴．18.设函数.（1）求的最大值，并写出使取最大值时的集合；（2）已知中，角的对边分别为，若，，求的最小值.【答案】(1)的最大值为2,的集合为；(2)【解析】试题分析：（1）将函数解析式化为，根据的值域可求得函数的最大值及相应的的集合．（2）由可得，然后利用余弦定理得，根据不等式可得的最小值为．试题解析：（1）由题意得，∵，∴，∴的最大值为2．此时，即，所以的集合为.（2）由题意得，∴，∵∴，∴，∴在中，，，由余弦定理得又，∴，当且仅当时取等号，∴的最小值为.点睛：和余弦定理有关的最值问题，常与三角形的面积结合在一起考查，解题时要注意对所得式子进行适当的变形，如，以构造出和的形式，为运用基本不等式创造条件．另外，在应用基本不等式的过程中，要注意等号成立的条件．19.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间（单位：分钟）进行调查，将收集的数据分成六组，并作出频率分布直方图（如图），将日均课外体育锻炼时间不低于40分钟的学生评价为“课外体育达标”.(1)请根据直方图中的数据填写下面的列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？（2）在[0，10），[40，50）这两组中采取分层抽样，抽取6人，再从这6名学生中随机抽取2人参加体育知识问卷调查，求这2人中一人来自“课外体育达标”和一人来自“课外体育不达标”的概率．【答案】(1)在犯错误的概率不超过0.01的前提下没有没有理由（或不能）认为“课外体育达标”与性别有关;(2)【解析】试题分析：（1）由频率分布直方图可得到“课外体育达标”人数及“不达标”人数，从而可得列联表，由列联表求得后可得结论．（2）由题意在[0，10），[40，50）中的人数分别为2人、4人，根据古典概型概率的求法进行求解．试题解析：（1）由题意得“课外体育达标”的人数为，则不达标的人数为150．可得列联表如下：课外体育不达标课外体育达标合计男603090女9020110合计15050200∴，∴在犯错误的概率不超过0.01的前提下没有没有理由（或不能）认为“课外体育达标”与性别有关．（2）由题意得在[0，10），[40，50）中的人数分别为20人，40人，则采取分层抽样的方法在[0，10）中抽取的人数为：人，在[40，50）中抽取的人数为：人，记在[0，10）抽取的2人为；在[40，50）中抽取的4人为，则从这6任中随机抽取2人的所有情况为：，共15种．设“2人中一人来自“课外体育达标”和一人来自“课外体育不达标””为事件A，则事件A包含的基本情况有：，共8种．由古典概型的概率公式可得.即这2人中一人来自“课外体育达标”和一人来自“课外体育不达标”的概率为．20.如图四棱锥，底面梯形中，，平面平面，已知.（1）求证：；(2)线段上是否存在点，使三棱锥体积为三棱锥体积的6倍.若存在，找出点的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析；(2)点是上的一个靠近点的三等分点.【解析】试题分析：（1）由题意可得，又平面平面，从而面，所以．（2）假设存在点M，且，根据可求得，从而得到假设成立，且点是上的一个靠近点的三等分点．试题解析：（1）证明：∵，∴，又平面平面，平面平面∴面，又平面，∴．（2）假设存在点满足条件，设，点到面的距离为，点到面的距离为，由相似三角形可知，由题意得解得．∴点是上的一个靠近点的三等分点.点睛：立体几何中解决探索性问题的方法方法一：①先探求出点的位置；②证明该点符合要求；③结合要求给出明确的答案．方法二：从所要的结论出发，按照“要使什么成立”，“只需使什么成立”的思路，寻求使结论成立的充分条件，类似分析法．21.已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.（1）求的取值范围；（2）证明：【答案】(1)(2)见解析【解析】试题分析：（1）将问题转化为方程在有两个不同根处理，令，求出，令可得的取值范围．（2）由（1）知当时，在恒成立，令，可得n个不等式，将不等式两边分别相加可得结论．试题解析：（1）由题意知，函数的定义域为．∵，∴．∵函数在其定义域内有两个不同的极值点，∴方程在有两个不同根．令，则，①当时，则恒成立，故在内为增函数，显然不成立．②当时，则当时，，故在内为增函数；当时，，故在内为减函数．所以当时，有极大值，也为最大值，且．要使方程有两个不等实根，则需，解得.综上可知的取值范围为.（2）由（1）知：当时，在上恒成立，∴，，，┄，将以上个式子相加得：，即，又，所以，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.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以为极点，以轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设直线与曲线相交于两点，求的值.【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）将参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程．（2）将代入，可得，设两点的极坐标方程分别为，则是方程的两根，利用求解即可．试题解析：（1）将方程消去参数得，∴曲线的普通方程为，将代入上式可得，∴曲线的极坐标方程为：．（2）设两点的极坐标方程分别为,由消去得，根据题意可得是方程的两根，∴，∴．23.选修4-5：不等式选讲已知关于的不等式有解，记实数的最大值为.（1）求的值；（2）正数满足，求证：.【答案】(1)(2)见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意，将问题转化为求式子最大值，即先求函数的最大值，其最大值为，再求不等式，从而问题得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，即，则，又因为，所以.试题解析：（Ⅰ），若不等式有解，则满足，解得.∴.（Ⅱ）由（Ⅰ）知正数满足，∴，当且仅当时，取等号.考点：1.含绝对值函数的最值和不等式的求解；2.等量代换、均值不等式在不等式证明中的应用.