1、山西实验中学、南海桂城中学2018届高三上学期联考数学（文）试题第卷（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】A【解析】集合，.所以.故选A.点睛：研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系. 在求交集时注意区间端点的取舍. 熟练
2、画数轴来解交集、并集和补集的题目.2. 已知，则复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可得：，则复数的虚部为 .本题选择B选项.3. 已知，则下列结论正确的是（ ）A.是的充分不必要条件 B.是的必要不充分条件C.是的既不充分也不必要条件 D.是的充要条件【答案】A【解析】因为，所以成立，能推出，不能推出，所以是的充分不必要条件，故选A.4. 如图所示的程序框图中，输出的的值是（ ）A. 80 B. 100 C. 120 D. 140【答案】C【解析】运行一次程序，再运行一次，第三次运行，第四次运行，满足条件跳出循环，输出，故选C.5. 等差数列的前项和为,若,则（
3、 ）A. 18 B. 27 C. 36 D. 45【答案】B【解析】根据等差数列的性质，而，所以，故选B.6. 已知双曲线离心率为，则其渐近线与圆的位置关系是（ ）A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定【答案】C【解析】因为一条渐近线方程为，又离心率为，所以，所以渐近线方程为，由知圆心，半径，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故选C. 7. 若满足约束条件，则的最小值为（ ）A. B. C. 1 D. 2【答案】D【解析】根据约束条件作出可行域如图：当越向下移动时，直线的截距越小，即越小，因此当直线过时，取得最小值.故选D.点睛：本题考查线性规划问题，涉及到目标函数中有参数问题，综
4、合性要求较高，属于难题解决此类问题时，首先做出可行域，然后结合参数的几何意义进行分类讨论，本题参数为直线的斜率，所以可以考虑斜率的正负进行讨论，当时，显然直线越上移越小，结合可行域显然最小值不可能为，分析时，只有当直线过点时取最小值，从而求出8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意，该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为4，半球的半径为1，几何体的体积为，故选C.9. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】函数,满足f(x)=f
5、(x)，所以函数是偶函数，排除选项B，D；当x(0,1)时,，排除A.本题选择C选项.10. 已知为等比数列，下列结论中正确的是（ ）A. B. C. 若，则 D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：，又正负不确定，不确定，故A错，因为，故B正确，若，则，则或，故C错，若，则，推不出，故D错。考点：（1）等比数列通项公式；（2）作差法比较大小。11. 设抛物线的焦点为,点在上，若以为直径的圆过点,则的方程为（ ）A. 或 B. 或C. 或 D. 或【答案】C【解析】【解析】抛物线方程为,焦点，设,由抛物线性质,可得，因为圆心是的中点,所以根据中点坐标公式可得,圆心横坐标为，由已知圆半径也为,据
6、此可知该圆与y轴相切于点(0,2)，故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，即,代入抛物线方程得，所以p=2或p=8.所以抛物线C的方程为或.故答案C.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义与简单几何性质，圆的性质和解直角三角形等知识，属于中档题，本题给出抛物线一条长度为的焦半径,以为直径的圆交抛物线于点，故将圆心的坐标表示出来，半径求出来之后再代入到抛物线中即可求出的值，从而求出抛物线的方程，因此正确运用圆的性质和抛物线的简单几何性质是解题的关键.12. 若函数在单调递增，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对恒成立，故，即恒成立，即对恒成立，构造，开口向下的二次
7、函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得故选C【考点】三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.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，且与的夹角为，则_【答案】【解析】.答案为：.14. 某路公交车在6:30，7 :00，7 :30准时发车，小明同学在6:50至7:30之间到达该站乘车，且到达该站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率为_【答案
8、】【解析】由题意可知，小明在和之间到达车站时满足题意，由几何概型公式可得：他等车时间不超过10分钟的概率是.点睛：解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围当考察对象为点，点的活动范围在线段上时，用线段长度比计算；当考察对象为线时，一般用角度比计算，即当半径一定时，由于弧长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长)之比15. 已知为锐角，且，则 _【答案】【解析】因为为锐角,所以,则 ,故填.16. 已知四棱锥的外接球为球，底面是矩形，面底面，且，则球的表面积为_【答案】四棱锥的外接球表面积为，故答案为.三、解答题 （本大题共6小题，共70分
9、.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 在锐角中，角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【试题分析】（1）先运用正弦定理将其化为内角之间的函数关系，再运用三角变换公式使得问题获解；（2）先运用正弦定理将化为内角的三角函数的关系再借助三角函数的图像和性质使得问题获解：（1），由正弦定理得：，即：，为锐角三角形，即；（2），由正弦定理有：，由正弦定理有：，为锐角三角形，.18. 如图所示，在四棱锥中，侧面底面，底面是平行四边形，为的中点，点在线段上.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积等于四棱锥体积的时，求的值.【答案】（1）
10、见解析；（2）.【解析】试题分析：（）根据余弦定理及勾股定理先证明，可得，再由勾股定理得，进而可得结论；（）到平面的距离为，由可得结果.试题解析：（）证明：在平行四边形中，连接，因为，由余弦定理得，得， 所以，即，又，所以， 又，所以，所以平面，所以 （）因为为的中点， 设到平面的距离为 所以19. 某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位:千元)对年销售量（单位:)和年利润（单位:千元)的影响.对近8年的年宣传费和年销售量数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值. 表中.（1）根据散点图判断与哪一个适宜作为年销售量关于年宣传费的回归类型？（给出判断即可，不必说
11、明理由）（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；（3）已知这种产品的利润与的的关系为.根据（2）的结果回答下列问题：（）年宣传费时，年销售量及年利润的预报值是多少？（）年宣传费为何值时，年利润的预报值最大？附:对于一组数据，其回归直线的的斜率和截距的最小二乘估计为.【答案】（1）；（2）；（3）66.32，年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大.【解析】试题分析：（1）根据散点图，即可判断出；（2）先建立中间量，建立关于的线性回归方程，根据公式求出，问题得以解决；（3）年宣传费时，代入回归方程，计算即可；求出预报值的方程，根据函数性质，即可求出.试题解析：（1）由散点
12、图可以判断，适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型.（2）令，先建立关于的线性回归方程.由于，所以关于的线性回归方程为，因此关于的回归方程为.（3）由（2）知，当时，年销售量的预报值,年利润的预报值.根据（2）的结果知，年利润的预报值.所以当,即时，取得最大值.故年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大.20. 设点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是.（1）求点的轨迹方程；（2）在点的轨迹上有一点且点在轴的上方，求的范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）设点的坐标为，表示出两直线的斜率，利用斜率之积等于建立方程，化简即可求出轨迹方程；（2）点的坐标为，利用
13、斜率公式及夹角公式，可得的关系，再结合点在椭圆上消元后根据椭圆的范围建立不等关系，即可解出的范围.试题解析：设点的坐标为因为点坐标为，所以直线的斜率同理，直线的斜率由已知有化简，得点的轨迹方程为方法一：设点的坐标为，过点作垂直于轴，垂足为，因为点的坐标为在点的轨迹上，所以得，因为，.所以解得.方法二：设点的坐标为，点的坐标分别为直线的斜率，直线的斜率由得所以（1）又由于点的坐标为为在点的轨迹上，所以得，代入（1）得.因为，.所以解得.方法三设点的坐标为，点的坐标分别为直线的斜率，直线的斜率由得所以（1）又由于点的坐标为为在点的轨迹上，所以代入（1）得，.所以解得.方法四：设点的坐标为，点的坐标
14、分别为直线的斜率，直线的斜率由得所以（1）将代入（1）得，.因为，.所以解得.方法五设点的坐标为，点的坐标分别为直线的斜率，直线的斜率由得 .所以解得.21. 已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）当 时， ，分类讨论：（1） ；（2），可得单调区间；（2）当 时，要 证 转化为证 ，设，判断其单调性，得 ，此题得证。（1）当时， 讨论：1当时， 此时函数的单调递减区间为，无单调递增区间2当时，令 或当，即时，此时 此时函数单调递增区间为，无单调递减区间当，即时，此时在和上函数，在上函数，
15、此时函数单调递增区间为和；单调递减区间为当，即时，此时函数单调递增区间为和；单调递减区间为（2）证明：当时 只需证明： 设 问题转化为证明，令，为上的增函数，且，存在唯一的，使得，在上递减，在上递增 不等式得证点睛：一般地，遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类做到分类标准明确，不重不漏请考生在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 :极坐标与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正
16、半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）分别求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若分别为曲线上的动点，求的最大值.【答案】（1）的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.【解析】试题分析：（1）根据，消去参数，可得直角坐标方程，利用极坐标与普通方程转化公式可得直角坐标方程；（2）设，利用两点间的距离公式和三角函数的有界性，求的最大值为.试题解析：（1）由曲线参数方程可得因为,所以的普通方程为.因为曲线的极坐标方程为，即，故曲线的直角坐标方程为，即.（2）设则到曲线的圆心的距离 ，当时，有最大值.的最大值为.23. 选修4-5:不等式选讲 已知函数，且的解集为.（1）解不等式：；（2）若均为正实数，且满足，求证：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（）由等价于，又由解集为，又的解集为，故，则不等式可化为，分类讨论即可得到不等式的解集.（）因为 ，利用基本不等式即可作出证明.试题解析：（）因为，等价于，由有解，得，且其解集为又的解集为，故所以可化为： ，当时，又，；当时，又，；当时，又，综上、得不等式的解集为：（）证明：均为正实数，且满足，因为 （当且仅当时，取“”），所以，即.
