1、巴中市普通高中2018级“一诊”考试数学(文科)(满分150分 120分钟完卷)注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置.2答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效.3考试结束后，考生将答题卡交回.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（ ）ABCD2若复数，则复数在复平面内对应点的坐标为（ ）ABCD3已知向量，若三点共线，则实数（ ）ABC
2、D4如图所示的茎叶图记录了甲、乙两名射击运动员在次射击训练中的训练成绩，根据图中数据，下列描述中不正确的是（ ）A乙的成绩的众数为B甲的成绩的中位数为C甲、乙的平均成绩相同D乙的成绩比甲的成绩更稳定5设，则有（ ）ABCD6设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ）ABCD7若直线与曲线相切，则（ ）ABCD8已知等比数列的公比，前项和为，若，则（ ）ABCD9 直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则（ ）ABCD10已知公差不为的等差数列的前项和为，且，给出下列结论：；的最大值为；其中正确结论的个数为（ ）ABCD11 据我国古代数学名著九章算术记载：“堑堵”指底面为直角三角形，且
3、侧棱垂直于底面的三棱柱在如图的“堑堵”中，若四棱锥体积为，则该 “堑堵”的外接球的表面积为（ ）ABCD12 已知定义域为的函数满足，其中为的导函数，则当时，不等式的解集为（ ）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13若满足约束条件，则的最大值为 14若数列对任意满足：，则数列的前项和为 15已知双曲线的右焦点为，过点垂直于渐近线的直线恰与圆相切，则双曲线的离心率为 16意大利画家达芬奇在绘制抱银貂的女子时曾思索女子脖子上的黑色项链的形状对应的曲线是什么？即著名的“悬链线问题”.年后约翰伯努利与莱布尼茨得到悬链线的解析式为，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，且，相应地双
4、曲正弦函数为.若直线与双曲余弦曲线和双曲正弦函数曲线分别相交于点，给出如下结论：函数为奇函数；函数的最小值为；随的增大而减小.其中所有正确结论的序号是 三、解答题 ：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分.17在中，内角的对边分别为已知（1）求的外接圆直径；（2）求周长的取值范围.18为让中学生融入社会，更好地体验生活，某中学在2020年暑假组织开展了丰富多彩的社会综合实践活动，有一个综合实践活动小组以“冷饮销量与温度的关系”为主题开展调查研究，定点调研记录了某冷饮销售点的
5、销售情况，对收集的数据经初步整理得到了如下数据表，并得知销量与温度间有线性相关关系.数组序号温度/摄氏度销量/杯该小组确定的研究方案是：用这组数据中任意组数据求出线性回归方程，用另外组数据进行检验.（1）用表示事件“用于检验的组数据的序号不相邻”，求事件发生的概率；（2）根据第三组数据，求出销量关于温度的线性回归方程.由所求得线性回归方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差均不超过杯，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问所得的线性回归方程是否可靠？附：参考公式：19如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面，是棱的中点，是平面与棱的交点.（1）证明：平面平面；（2）设三棱锥的体积为，四棱锥的体积为
6、，求的值20已知函数（1）若函数在区间内是增函数，求实数的取值范围；（2）当时，证明：函数有极大值(记为)， 且.21已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为，直线被椭圆截得的线段长为（1）求椭圆的方程；（2）设过的直线与椭圆交于两点，若，求三角形的面积.(二) 选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22【选修：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为，(为参数，且).（1）设直线与曲线的交点为，求的值；（2）记直线与轴，轴分别交于两点，点在曲
7、线上，求的取值范围.23【选修不等式选讲】已知函数（1）解不等式：；（2）记的最小值为，若，且，试证明：巴中市普通高中2018级“一诊”考试文科数学参考答案及评分标准一、选择题1-5： 6-10： 11、12二、填空题13 1415 16三、解答题17解：（1）方法1（利用正弦定理的化边为角变形）由及正弦定理，得由知：化简得又故由正弦定理得，外接圆的直径：.方法2（利用正弦定理的化边为角变形）由及正弦定理，得：由知：化简得：又，故由正弦定理得，外接圆的直径：.方法3（利用正弦定理的等积变形）在中，由正弦定理，可得代入，得：即化简得：又，故由正弦定理得，外接圆的直径：.（2）方法1由（1）知，故
8、，且由（1）及正弦定理，得：由，知：，故即：即的周长的取值范围.方法2由（1）知，由余弦定理得：当且仅当时，取等号，即又，故即的周长的取值范围为.方法3由（1）知：，且的外接圆直径为由正弦定理，得：由且可设：则： 由知：，当即时取等号即的周长的取值范围为18解：（1）由题意知，用于检验的两组数据序号的所有可能结果如下：总共种其中两组数据的序号不相邻的结果有：共种（2）由题意，关于的线性回归方程为当时，有当时，有回归方程为是可靠的.19解：（1）方法1平面，平面平面，平面平面由平面得：连结，由且知：又平面平面平面平面平面方法2平面，平面平面平面平面平面平面由面得：连结，由且知又平面平面平面平面平
9、面（2）方法1由四边形是平行四边形得：又平面，平面平面平面平面又由（1）知：平面方法2由四边形是平行四边形得：又平面平面.平面平面平面20解：（1）方法1函数在区间内是增函数等价于在内恒成立由得：记，则当时，由知：此时，在区间内是增函数，即对恒有，符合题意当时，由得：若，则；若，则对恒有，符合题意综上所述，实数a的取值范围为方法2函数在区间内是增函数等价于在内恒成立由得：由得：设则对恒成立在上是减函数，即实数的取值范围为（2）方法1当时，由得：若，则；若，则在上是减函数，在上是增函数又，且在内有唯一零点，且当时，；当时，有唯一极大值点，故由在内单增，由是的极值点知记，则对，恒有函数在上是增函数
10、，即 综上可得：方法2当时，由得：若，则；若，则在上是减函数，在上是增函数又，且在内有唯一零点，且当时，；当时，有唯一极大值点，故，且设由（1）知，在上是增函数21解：（1）方法1由题意，得上顶点为，设故直线的方程为由消去解得：，解得，故椭圆的方程为方法2由题意，得上顶点为设由得：解得：，且由点在椭圆上得： ，解得椭圆的方程为（2）由（1）知及题意，直线不过点且与轴不重合设直线的方程为由得：变形化简得：由消去整理得：恒成立由韦达定理，得：代入式得：化简得：由及上式解得直线的方程为方法1，由弦长公式及求根公式得：又点到直线的距离为.方法2设直线与轴的交点为，则由消去，化简得：解得：方法3由（1）
11、得：由求根公式得：设点到直线分别为，则：.(二)选考题22【选修：坐标系与参与方程】解（1）方法1由消去参数得：直线的普通方程为由得：由互化公式得：的直角坐标方程为故曲线为圆于是，圆心到直线的距离.方法2由得：化为直角坐标方程得：设点对应的参数分别由参数的几何意义得：代入消去整理得：于是由求根公式得：.（2）曲线的参数方程为（为参数，且）.由点在曲线上，设又由得：由知：故23【选修：不等式选讲】解：（1）于是由得：或，或解得：，或，或整合得：不等式的解集为（或表示为）.（2）方法1（当且仅当等号成立）的最小值，即由知：当且仅当且时，等号成立.方法2由（1）知：，故由知：由柯西不等式得：当且仅当且，即时，等号成立.