2018年河北省武邑中学高三下学期期中考试数学（文）试题卷（解析版）

河北省武邑中学2018届高三下学期期中考试数学（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，则的子集个数共有（ ）A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】D【解析】分析：首先确定出集合中的元素都有哪些，之后求得集合中的元素有几个，最后根据含有个元素的有限集合子集的个数为个，从而求得结果.详解：根据题中条件，可以求得，从而可以求得，从而可以求得其子集的个数是个，故选D.点睛：该题考查了集合的有关运算以及交集的个数问题，在解题的过程中，确定集合中的元素是关键，尤其集合中的条件.2. 若复数满足，则下列说法不正确的是（ ）A. 复数的虚部为 B. 复数为纯虚数C. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数的模为1【答案】A【解析】分析：有已知可得，利用复数的除法运算法则可求得，之后逐个核对四个选项求得正确结果.详解：根据题意可以求得，所以可以确定其虚部为，故A是错误的，可以求得其他三项都是正确的，故选A.点睛：该题考查的是复数的有关概念和运算，注意对概念的正确把握，只要应用复数的除法运算求得是关键.3. 已知命题：命题“若，则，都有”的否定是“若，都有，则”；命题：在中，角的对边分别为，则“”是“”的充要条件，则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：首先应用全称命题的否定是特称命题以及其否定形式判断出是假命题，根据正弦定理得出是真命题，之后应用复合命题真值表得到真命题是哪个，从而求得正确结果.详解：命题中所给的命题的否定应该是：若，则，使得，所以命题是假命题，根据正弦定理，可知命题是真命题，根据符合命题真值表，可知是真命题，故选A.点睛：该题所考查的是有关逻辑的问题，一是需要明确全称命题的否定形式是哪样，二是要明确正弦定理的内容，三是应用复合命题的真值表来判断哪个命题是真命题.4. 在中，则（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】分析：根据题意，首先应用平面向量基本定理，得出，结合的条件，以及，再利用向量数量积的定义及性质求得结果.详解：根据题意可知，可以求得，所以，故选C.点睛：在解此类问题时，一定要注意将题中所涉及的向量向已知的向量来转化，这就要用到平面向量基本定理，以及对应的向量的运算法则-三角形法则和平行四边形法则，再结合向量数量积的定义式求得结果，在解题的时候要注意向量的平方和模的平方是相等的这个结论的应用.5. 我国南宋数学家秦九韶给出了求次多项式当时的值的一种简捷算法，该算法被后人命名为“秦九韶算法”.例如，可将3次多项式改写成： ，然后进行求值.运行如图所示的程序框图，是求哪个多项式的值（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：流程图运行过程如下：第一次循环时， ，第二次循环时， ，第三次循环时， ，第四次循环时， ，此时跳出循环，该流程图计算的点斜式为： .本题选择A选项.点睛：本题同时在考查流程图和秦九韶算法，对于循环结构,需要注意三点：一是利用循环结构表示算法，一定要先确定是用当型循环结构，还是用直到型循环结构；当型循环结构的特点是先判断再循环，直到型循环结构的特点是先执行一次循环体，再判断；二是注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用；三是赋值语句赋值号左边只能是变量，不能是表达式，右边的表达式可以是一个常量、变量或含变量的运算式秦九韶算法是一种简化代数式运算的方法，本题要求同学们能够熟练逆用秦九韶算法处理多项式.6. 一个四棱柱的三视图如图所示，该四棱柱的体积为（ ）A. 12 B. 24 C. 36 D. 48【答案】C【解析】由三视图可得该四棱柱的高为6；底面为梯形，且梯形的上、下底分别为2、4，梯形的高为2故四棱柱的体积为选C7. 已知函数，且，则实数的值可能是（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】分析：首先根据题的条件，确定出函数图像的对称中心的坐标和对称轴方程，之后借着对称中心到对称轴的距离与函数周期的关系，得到，再结合求得，从而求得结果.详解：根据题意可知，点是图像的一个对称点，直线是图像的一条对称轴，所以会有，从而可以求得 ，所以有，从而得，从而可以求得可以是3，故选B.点睛：该题考查了三角函数图像的对称性、周期性等，在做题的过程中，需要我们注意对称中心与对称轴的距离与周期的关系，还有要注意就是取值可以是谁这些关键字.8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某集合体的三视图，则该三视图的体积是（ ）A. 9 B. C. 18 D. 27【答案】B【解析】 由给定的三视图可知，该几何体表示一个三棱锥，其中底面为一个底边长为，高为的等腰三角形，且三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为，故选A.9. 已知为异面直线，平面，平面，直线满足，则（ ）A. 且 B. 且C. 与相交，且交线垂直于 D. 与相交，且交线平行于【答案】A【解析】分析：关于几何元素位置关系的判断，一般要利用线面的性质定理判定定理进行证明.详解：由m平面，直线l满足lm，且l，所以l，又n平面，ln，l，所以l由直线m，n为异面直线，且m平面，n平面，则与相交，否则，若则推出mn，与m，n异面矛盾故与相交，且交线平行于l故选D点睛: 关于几何元素位置关系的判断，一般要利用线面的性质定理判定定理进行证明,当然也可以举反例来证明判断是错误的. 本题也可以利用举反例证明A,B,C选项是错误的.对于这两种方法在解选择题时，要灵活运用.10. 记函数的定义域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先根据偶次根式的条件，求得集合，并算出对应的区间的长度，之后再看看总体中对应的几何度量是多大，之后借着长度型几何概型概率公式求得结果.详解：根据可以求得，即，所以可得对应的概率为，故选B.11. 已知双曲线（均为正数）的两条渐近线与抛物线的准线围成的三角形的面积为，则双曲线的离心率为（ ）A. 2 B. C. D. 【答案】A【解析】分析：首先求出抛物线的准线方程，再求出双曲线的渐近线方程，令，求得三角形的三个顶点的坐标，结合曲线的对称性，求出三角形的面积。建立相应的等量关系式，结合双曲线中的关系，求得双曲线的离心率.详解：抛物线的准线为，双曲线的渐近线为，所以三条直线所围成的三角形的面积为，从而可以求得，故选A.点睛：在解题的过程中，确定三角形的三个顶点的坐标比较关键，之后是将三角形的面积转化为关于的式子，从而求得的关系，再结合双曲线中的关系，最后确定出双曲线的离心率.12. 已知偶函数（）的导函数为，且满足.当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：构造函数设函数，利用导数得到在上是增函数，再根据为偶函数，结合求得最终结果.详解：根据题意，设，当时，所以函数在上单调递减，又为偶函数，所以为偶函数，又，所以，故在的函数值大于零，即在的函数值大于零，故选C.点睛：本题考查的知识点有函数单调性，函数的奇偶性，构造函数解决问题，利用导数研究函数的性质，在解题的过程中，构造函数就显得尤为重要，因为构造函数这一步是突破口.二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若,则的值为_.【答案】【解析】分析：首先将题中的条件应用和角公式展开，求得，结合式子的特征，将其平方，借同角正余弦平方和等于1从而求得的值，即的值.详解：根据，可知，可知，即，故答案是.点睛：该题所考查的知识点有余弦的和角公式，以及两者和、差、积是知一求二的，再结合正弦倍角公式从而求得结果，在求解时需要做的就是平方运算.14. 曲线在点处的切线在轴上的截距是_.【答案】【解析】分析：求出函数的导数，求得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线方程，整理成斜截式，求得直线在轴上的截距，求得结果.详解：，所以，又，所以对应的切线方程是，即，所以对应的直线在轴上的截距是.点睛：该题考查的是导数的几何意义，对于如何求曲线在某个点的切线方程，注意先确定切点坐标，求导代值，求得切线的斜率，利用点斜式方程求得结果.15. 在平面直角坐标系中，若动圆上的点都不在不等式组表示的平面区域内，则面积最大的圆的标准方程为_.【答案】【解析】如图：可得不等式组表示的平面区域，围成的三角形为等边三角形，则面积最大的圆为三角形内切圆，圆心为，半径为，所以圆C的标准方程为16. 设函数（其中为自然对数的底数）有3个不同的零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】当时，存在一个零点，故当有两个零点，若时，函数在时单调递增，不会有两个零点，故舍去；当时函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，又所以时有两个零点，解得故的取值范围是点睛：本题考查了分段函数零点问题，由题目条件可以得到一个零点，然后利用导数，求导，根据单调性，满足当极大值点大于零时存在另外两个零点即可，本题重点考察了导数的运用，属于中档题三、解答题 （本大题共6题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知等差数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和为.【答案】（1）（2）【解析】分析：第一问直接利用题的条件，建立关于首项与公差的等量关系，求得其值，写出通项公式，第二问将第一问所求的结果代入，确定出，并且对其进行裂项，之后对是奇数和是偶数进行讨论，最后求得结果.详解：（1）设该等差数列的首项是，公差为，根据题意可知，解得，所以，所以数列的通项公式是.（2），所以，从而得到当为奇数时，当为偶数时，所以.点睛：该题属于等差数列求通项问题以及数列求和问题，在求通项公式的时候，只要咬住首项和公差即可求得结果，第二问当把所求的通项公式代入以后，注意裂项这个关键步骤，中间的运算符号是和而不是差，还有就是在运算的过程中，需要对为奇数还是偶数进行讨论.18. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品即可抽奖一次.抽奖方法是：从装有标号为1，2，3，4的4个红球和标号为1，2的2个白球的箱中，随机摸出2个球，若摸出的两球号码相同，可获一等奖；若两球颜色不同且号码相邻，可或二等奖，其余情况获三等奖.已知某顾客参与抽奖一次.（1）求该顾客获一等奖的概率； （2）求该顾客获三等奖的概率.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先根据枚举法列举得基本事件的总数，再从中确定摸出的两球号码相同的结果数，最后利用古典概型概率公式求概率，（2）从中确定摸出的两球颜色不同且号码相邻的结果数，最后利用古典概型概率公式求概率.试题解析：解：标号为的个红球记为，标号为的个白球记为从中随机摸出个球的所有结果有： ， ，共15个这些基本事件的出现是等可能的 （）摸出的两球号码相同的结果有：，共个所以“该顾客获一等奖”的概率 （）摸出的两球颜色不同且号码相邻的结果有：,，共个则“该顾客获二等奖”的概率 所以“该顾客获三等奖”的概率19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，为的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）设为的中点，连接，由为的中位线，推出，再根据，即可得四边形为平行四边形，从而可证平面；（2）由为的中点可得三棱锥，根据，可得为等边三角形，再根据平面，即可求出三棱锥的体积，从而可得三棱锥的体积.试题解析：（1）证明：设为的中点，连接， 为的中位线，且=，又， 四边形为平行四边形又 平面， 平面平面 （2）解：为的中点三棱锥 又，为等边三角形又，平面三棱锥的体积 三棱锥EPBD的体积 20. 如图，已知椭圆：，其左右焦点为及，过点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，的中垂线与轴分别交于两点，且、构成等差数列.（1）求椭圆的方程；（2）记的面积为，（为原点）的面积为，试问：是否存在直线，使得？说明理由.【答案】（1）（2）试题解析：（1）因为、构成等差数列，所以，所以，又因为，所以，所以椭圆的方程为（2）假设存在直线，使得，显然直线不能与，轴垂直设方程为（），将其代入，整理得，设，所以，故点的横坐标为，所以，设，因为，所以，解得，即和相似，且，则，整理得，因此，所以存在直线，方程为点睛：本题的难点在于由，则，如果在这里，我们看不到相似三角形，联想不到相似三角形的性质（相似三角形的相似比等于面积比的平方），否则解题就会很复杂和艰难.21. 已知函数.（1）若函数的图象在处的切线斜率为1，求实数的值；（2）若函数在上是减函数，求实数的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）求导数，由已知，解得.（2）由得，由已知函数为上的单调减函数，转化成在上恒成立.即在上恒成立.令，在上，可得在为减函数.,得解.试题解析：（1）2分由已知，解得. 4分（2）由得，由已知函数为上的单调减函数，则在上恒成立，即在上恒成立.即在上恒成立. 9分令，在上，所以在为减函数.,所以. 13分考点：1.应用导数研究函数的单调性、最值；2.导数的几何意义；3.转化与化归思想.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C的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）设分别交于点，求的面积.【答案】（1）,（2）【解析】分析：第一问利用三种方程的转化方法，求出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程，第二问设出点的坐标，代入相应的方程，求得对应的，利用极坐标中的几何意义，求得底边的长，再结合图形的特征，求得对应的高，之后求得三角形的面积.详解：(1)曲线的普通方程，即所以的极坐标方程为，即.曲线的直角坐标方程：（2）依题意，设点的坐标分别为，将代入，得将代入，得所以，依题意得，点到曲线的距离为所以.点睛：该题属于选修内容，在解题的过程中，第一问比较常规，按照公式就能求得结果，第二问在解题的过程中，用极坐标中的几何意义来求得三角形的底边长，是比较新颖 的，在求高的时候紧抓图形的特征，解法好.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当，解不等式的解集；（2）若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）直接利用分类讨论解绝对值不等式. (2)先结合已知化简已知得到，再分离参数得到，再求右边函数的最小值即可.详解：(1) 当时，则由解得或，即原不等式的解集为.（2），即，又且所以，且所以即令，则，所以时， ，所以，解得，所以实数的取值范围是.点睛：对于解绝对值不等式，一般利用零点分类讨论法解答.对于比较复杂的式子，首先要观察是否能够化简，使问题简化，再继续解答.这些 解题的常识我们都要清楚.