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2018年馬鞍山市高中畢業(yè)班第一次教學質(zhì)量監(jiān)測 理科數(shù)學試題 一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1. 集合，，則下列結(jié)論正確的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ，，，且， ，故選A. 2. 已知復數(shù)滿足，則的共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 ，， 的共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應點坐標為，的共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在第四象限，故選D. 3. 已知平面向量，，且，則( ) A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 ，，，故選C. 4. 設(shè)，，則的值是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ，，，故選A. 5. 已知圓與拋物線的準線相切，則的值是( ) A. 0 B. 2 C. 或1 D. 0或2 【答案】D 【解析】的準線方程為的圓心到的距離為圓相切，或，故選D................ 6. 執(zhí)行下面的程序框圖，若輸出結(jié)果為273，則判斷框處應補充的條件可以為( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】試題分析：經(jīng)過第一次循環(huán)得到；經(jīng)過第二次循環(huán)得到；經(jīng)過第三次循環(huán)得到；此時，需要輸出結(jié)果，此時的滿足判斷框中的條件，故選B． 考點：程序框圖． 7. 某高校為提升科研能力，計劃逐年加大科研經(jīng)費投入.若該高校2017年全年投入科研經(jīng)費1300萬元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的科研經(jīng)費比上一年增長，則該高校全年投入的科研經(jīng)費開始超過2000萬元的年份是( )(參考數(shù)據(jù)：， ) A. 2020年 B. 2021年 C. 2022年 D. 2023年 【答案】B 【解析】若年是第一年，則第年科研費為，由，可得，得，即年后，到年科研經(jīng)費超過萬元，故選B. 8. 已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則將的圖象向左平移個單位后，得到的圖象對應的函數(shù)解析式為( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由圖知，，得，由最大值為，得，將代入可得，向左平移，可得，故選C. 9. 已知一個圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為2的半圓，則該圓錐的外接球的表面積是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】設(shè)圓錐底面半徑為，則底面周長等于半圓周，圓錐軸截面為邊長為的正三角形，圓錐外接球球心是正三角形中心，外接球半徑是正三角形外接圓半徑，球表面積為，故選C. 10. 函數(shù)的大致圖象是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因為，所以函數(shù)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，可排除 ；由,可排除 ，故選D. 【方法點晴】本題通過對多個圖象的選擇考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題. 這類題型也是近年高考常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據(jù)函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、特殊點以及時函數(shù)圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意的選項一一排除. 11. 如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長是1，在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖，則這個多面體最長的一條棱的長為( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由三視圖可知，該多面體是底面為棱長為的正方形，一條長為的側(cè)棱與底面垂直的四棱錐 ，四條底棱為，四條側(cè)棱分別為，故最長棱長為，故選B. 【方法點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關(guān)鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據(jù)正視圖和側(cè)視圖，確定組合體的形狀. 12. 若一個四面體的四個側(cè)面是全等的三角形，則稱這樣的四面體為“完美四面體”，現(xiàn)給出四個不同的四面體，記的三個內(nèi)角分別為，，，其中一定不是“完美四面體”的為( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】若，由正弦定理可得，，設(shè)，因為“完美四面體”的四個側(cè)面是全等的三角形， ，把該四面體頂點當成長方體的四個頂點，四條棱當作長方體的四條面對角線，則長方體面上對角線長為，設(shè)長方體棱長為，則，以上方程組無解，即這樣的四面體不存在，四個側(cè)面不全等，故一定不是完美的四面體，故選B. 【方法點睛】本題考查四面體的性質(zhì)以及長方體的性質(zhì)、新定義問題，屬于難題. 新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的.遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.本題通過定義“完美四面體”達到考查四面體的性質(zhì)以及長方體的性質(zhì)的目的. 二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上） 13. 已知樣本容量為200，在樣本的頻率分布直方圖中，共有個小矩形，若中間一個小矩形的面積等于其余個小矩形面積和的，則該組的頻數(shù)為________. 【答案】50 【解析】設(shè)個小矩形面積和為，則中間小矩形面積的,根據(jù)直方圖的性質(zhì)可得,中間一個小矩形的面積等于，即該組的頻數(shù)為 ，故答案為. 14. 若二項式展開式中各項系數(shù)的和為64，則該展開式中常數(shù)項為____________. 【答案】15 【解析】二項式展開式中各項系數(shù)的和為64，令，得的通項為，令，常數(shù)項為，故答案為. 【方法點晴】本題主要考查二項展開式定理的通項、系數(shù)及各項系數(shù)和的求法，屬于簡單題. 二項展開式定理的問題也是高考命題熱點之一，關(guān)于二項式定理的命題方向比較明確，主要從以下幾個方面命題：（1）考查二項展開式的通項公式；（可以考查某一項，也可考查某一項的系數(shù)）（2）考查各項系數(shù)和和各項的二項式系數(shù)和；（3）二項展開式定理的應用. 15. 若直線上存在點滿足約束條件，則實數(shù)的取值范圍是________. 【答案】 【解析】 直線上存在點滿足約束條件，等價于直線與可行域有交點，畫出約束條件表示的可行域，如圖，由，得；由，得，直線過定點，，由圖知，要使直線可行域有交點，則，實數(shù)的取值范圍是，故答案為. 16. 已知雙曲線的焦點為，，為雙曲線上的一點且的內(nèi)切圓半徑為1，則的面積為________. 【答案】 【解析】 如圖，設(shè)的內(nèi)切圓與軸相切于實點，根據(jù)切線性質(zhì)及雙曲線的定義可得,結(jié)合，解得 ,所以的內(nèi)切圓與軸相切于實軸端點，因為，故，可得，軸，從而雙曲線方程中令得 ，故答案為. 三、解答題 （本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.） 17. 已知數(shù)列的首項為，且，. (1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列； (2)設(shè)，求數(shù)列的前項和. 【答案】(1)見解析(2) 【解析】試題分析：(1)由可得，從而可得數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列；(2) 由(1)可知，，，利用裂項相消法可求得數(shù)列的前項和. 試題解析：(1)， 數(shù)列是以為首項，以1為公差的等差數(shù)列； (2)由(1)可知，，， ， . 【方法點晴】本題主要考查等差數(shù)列的定義與通項公式，以及裂項相消法求數(shù)列的和，屬于中檔題. 裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據(jù)式子的結(jié)構(gòu)特點，常見的裂項技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現(xiàn)丟項或多項的問題，導致計算結(jié)果錯誤. 18. 某種產(chǎn)品的質(zhì)量以其“無故障使用時間 (單位：小時)”衡量，無故障使用時間越大表明產(chǎn)品質(zhì)量越好，且無故障使用時間大于3小時的產(chǎn)品為優(yōu)質(zhì)品，從某企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品中抽取100件，并記錄了每件產(chǎn)品的無故障使用時間，得到下面試驗結(jié)果： 無故障使用時間 (小時) 頻數(shù) 20 40 40 以試驗結(jié)果中無故障使用時間落入各組的頻率作為一件產(chǎn)品的無故障使用時間落入相應組的概率. (1)從該企業(yè)任取兩件這種產(chǎn)品，求至少有一件是優(yōu)質(zhì)品的概率； (2)若該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品每件銷售利潤(單位：元)與其無故障使用時間的關(guān)系式為 從該企業(yè)任取兩件這種產(chǎn)品，其利潤記為(單位：元)，求的分布列與數(shù)學期望. 【答案】(1)0.64(2) (元) 【解析】試題分析：(1) 由古典概型概率公式可知，從該企業(yè)任取一件這種產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率的是，根據(jù)對立事件及獨立事件的概率公式即可得到從該企業(yè)任取兩件這種產(chǎn)品，至少有一件是優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率；(2) 由題意知，的可能取值為，根據(jù)獨立事件率公式求出各隨機變量對應的概率，從而可得分布列，進而利用期望公式可得的數(shù)學期望. 試題解析：(1)由題意可知，從該企業(yè)任取一件這種產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率的是，所以從該企業(yè)任取兩件這種產(chǎn)品，至少有一件是優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率為； (2)由題意知，的分布列為 0 10 20 30 40 所以的數(shù)學期望(元). 19. 如圖，正三棱柱中， ，，為棱上靠近的三等分點，點在棱上且面. (1)求的長； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【解析】試題分析：(1) 作與交于點，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得，， 于是在平行四邊形中，；(2) 取的中點，由(1)知，∴，從而面，于是二面角的平面角為，在直角三角形中，可得二面角的余弦值為. 試題解析：(1)如圖，作與交于點， ∵，∴，面面， ∵面，∴， 于是在平行四邊形中，. (2)取的中點，∵是正三棱柱， ∴，面，連結(jié)， 由(1)知，∴， 又面，∴，從而面， 于是二面角的平面角為， 由題，，，， 故二面角的余弦值為. 20. 已知橢圓經(jīng)過點，離心率為，過原點作兩條直線，直線交橢圓于，直線交橢圓于，且. (1)求橢圓的方程； (2)若直線的斜率分別為，求證：為定值. 【答案】(1) (2)見解析 【解析】試題分析：(1)根據(jù)橢圓經(jīng)過點，離心率為，結(jié)合性質(zhì) ，列出關(guān)于、 、的方程組，求出、即可得橢圓的方程；(2) 由對稱性可知，四邊形是平行四邊形，設(shè)，，則，，由可得，從而得. 試題解析：(1)由題意知，且， 解得，，橢圓的方程為； (2)由對稱性可知，四邊形是平行四邊形， 設(shè)，，則，， 由，得， ， 所以， ， 故為定值2. 【方法點睛】本題主要考查待定待定系數(shù)法橢圓標準方程、橢圓的幾何性質(zhì)以及圓錐曲線的定值問題，屬于難題. 探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種：① 從特殊入手，先根據(jù)特殊位置和數(shù)值求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；② 直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值. 21. 已知函數(shù)有兩個極值點. (1)求實數(shù)的取值范圍； (2)求證：，其中為自然對數(shù)的底數(shù). 【答案】(1) (2)見解析 【解析】試題分析：(1) 由得，有兩個極值點，即方程有兩解，即的圖象與直線有兩個公共點，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)圖象即可求得實數(shù)的取值范圍；(2) ∵，∴，故只需證明：，等價于，不妨設(shè)，并令，，利用導數(shù)可證明，從而可得結(jié)果. 試題解析：(1)由得， 記，則， 當時，，當時，， ∴在上遞增，在上遞減， 又，時，，時，， 由題，有兩個極值點，即方程有兩解， 即的圖象與直線有兩個公共點， 故. (2)∵，∴，故只需證明：， 由，作差得：， 因此， ， 不妨設(shè)，并令，， 則，∴在上單調(diào)遞減，， 即，即成立，于是原命題得證. 22. 在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為(為參數(shù))，其中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是，為曲線與的交點. (1)當時，求點的極徑； (2)點在線段上，且滿足，求點的軌跡的直角坐標方程. 【答案】(1) (2) 【解析】試題分析：(1) 先求得曲線的極坐標方程是，當時，聯(lián)立方程組，解得，從而可得點的極徑；(2) 點，，由題意可得，，進而可得，兩邊同乘以，利用 即可得點的軌跡的直角坐標方程. 試題解析：(1)由題意可知，曲線的極坐標方程是，當時，聯(lián)立方程組，解得，故點的極徑為. (2)在極坐標系中，設(shè)點，，由題意可得，，進而可得，從而點的軌跡的直角坐標方程為. 23. 已知函數(shù)，其中. (1)當時，求不等式的解集； (2)設(shè)函數(shù)，當時，，求的取值范圍. 【答案】(1) (2) 【解析】試題分析：(1) 當時，解不等式，對分三種情況討論，分別求解不等式組，然后求并集即可得結(jié)果 ；(2) 當時，等價于恒成立；當時，等價于恒成立；當時，等價于，三種情況求解，再求并集即可得的取值范圍. 試題解析：(1)當時，，解不等式，時；時，；不等式總成立，所以得，所以，的解集為. (2)當時， ， 所以①當時，等價于恒成立，所以； ②當時，等價于恒成立，所以； ③當時，等價于，此時恒成立，所以； 綜上可得，.