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贵阳市2018年高三适应性考试(二)理科数学第卷（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. 复数的共轭复数为，且(是虚数单位)，则在复平面内，复数对应的点位于( )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】分析：利用复数的运算法则可得，从而可得复数，再根据复数的几何意义即可得出.详解：，即.复数的对应点位于第一象限故选A.点睛：本题考查复数的运算法则及几何意义求解此类问题要能够灵活准确的对复平面内的点的坐标与复数进行相互转化，复数与复平面内一一对应.2. 设集合,己知,那么的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据集合的定义与性质，即可求出的取值范围详解：集合集合集合，且故选C.点睛：本题考查了交集的定义与应用问题，意在考查学生的计算求解能力3. 如图，在中，是边的中线，是边的中点，若,则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：利用向量的共线定理、平行四边形法则即可得出详解：在中，是边上的中线是边的中点故选B.点睛：本题考查了平面向量的基本定理的应用.在解答此类问题时，熟练掌握向量的共线定理、平行四边形法则是解题的关键4. 甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再贏两局才能得到冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】解法一：以甲再打的局数分类讨论，若甲再打一局得冠军的概率为p1，则p1，若甲打两局得冠军的概率为p2，则p2，故甲获得冠军的概率为p1p2，故选D.解法二：设乙获得冠军的概率p1，则p1，故甲获得冠军的概率为p1p1，故选D.考点：相互独立事件的概率.5. 已知,且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由题设条件可得，再根据同角三角函数关系式可得，然后根据诱导公式化简，即可得解.详解：，则.故选A.点睛：本题主要考查了同角三角函数关系式，诱导公式的应用，熟练掌握基本关系及诱导公式是解题的关键，诱导公式的口诀：“奇变偶不变，符号看象限”.6. 已知和是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出的是（ ）A. 且 B. 且 C. 且 D. 且【答案】D【解析】分析：在A中，与平行或；在B中，与平行、相交或；在C中，与平行、相交或；在D中，由线面垂直的判定定理得详解：由和是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，知：在A中，且，则与平行或，故A错误；在B中，且，则与平行、相交或，故B错误；在C中，且，则与平行、相交或，故C错误；在D中，且，由线面垂直的判定定理得，故D正确故选D.点睛：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，解答时需注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用空间几何体的线面位置关系的判定与证明：对于异面直线的判定，要熟记异面直线的概念（把不平行也不想交的两条直线称为异面直线）；对于异面位置关系的判定中，熟记线面平行于垂直、面面平行与垂直的定理是关键.7. 设实数满足约束条件,则下列不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，利用线性规划的知识进行判断即可详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：其中，则，不成立；分别作出直线，由图象可知不成立，恒成立的是. 故选C点睛：本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键.8. 定义在上的函数是奇函数，且在内是增函数，又,则的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据函数奇偶性和单调性的性质，作出函数的草图，利用数形结合进行求解即可详解：是奇函数，且在内是增函数在内是增函数 对应的函数图象如图（草图）所示：当或时，；当或时，.的解集是故选B点睛：本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性和单调性的关系及数形结合进行求解是解决本题的关键解这种题型往往是根据函数所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性（偶函数在对称区间上的单调性相反，奇函数在对称区间上的单调性相同），然后再根据单调性列不等式求解.9. 若函数的图象如图所示，则图中的阴影部分的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由图象求出函数解析式，然后利用定积分求得图中阴影部分的面积详解：由图可知，即.，则.图中的阴影部分面积为故选C.点睛：本题考查了导数在求解面积中的应用，关键是利用图形求解的函数解析式，在运用积分求解定积分的计算一般有三个方法：利用微积分基本定理求原函数；利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为0.10. 元朝时，著名数学家朱世杰在四元玉鉴中有一首诗:“我有一壶酒，携着游春走，与店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中,当原多少酒?”用程序框图表达如图所示，即最终输出的时，问一开始输入的=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析： 根据流程图，求出对应的函数关系式，根据题设条件输出的，由此关系建立方程求出自变量的值即可详解：第一次输入，；第二次输入，；第三次输入，；第四次输入，输出，解得.故选B.点睛：本题考查算法框图，解答本题的关键是根据所给的框图，得出函数关系，然后通过解方程求得输入的值，当程序的运行次数不多或有规律时，可采用模拟运行的办法解答11. 已知二次函数的导函数为与轴恰有一个交点，则使恒成立的实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先对函数求导，得出，再根据，得出，然后利用与轴恰有-个交点得出，得到与的关系，要使恒成立等价于，然后利用基本不等式求得的最小值，即可求得实数的取值范围.详解：二次函数与轴恰有一个交点，即.恒成立恒成立，即.，当且仅当时取等号故选A.点睛：本题综合考查了二次函数、导数、基本不等式. 对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.12. 如图，已知梯形中,点在线段上,且,双曲线过三点，以为焦点; 则双曲线离心率的值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立坐标系，求出的坐标，根据向量的运算求出点的坐标，代入双曲线方程即可求出详解：由，以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图所示的坐标系：设双曲线的方程为，则双曲线是以，为焦点.，将代入到双曲线的方程可得：，即.设，则.，则.将点代入到双曲线的方程可得，即.，即.故选B.点睛：本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转化思想以及运算能力，双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得 (的取值范围)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. 的展开式中，的系数是_.(用数字作答)【答案】84【解析】分析：在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于4，求出的值，即可求得展开式中的系数.详解：由于的通项公式为.令，解得.的展开式中，的系数是.故答案为.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14. 九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”,已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图中如图所示，已知该几何体的体积为，则图中=._【答案】【解析】分析： 由已知中的三视图，可知该几何体右边是四棱锥，即“阳马”，左边是直三棱柱，即“堑堵”，该几何体的体积只需把“阳马”，和“堑堵”体积分别计算相加即可详解：由三视图知：几何体右边是四棱锥，即“阳马”，其底面边长为和，高为，其体积为；左边是直三棱柱，即“堑堵”，其底面边长为和，高为1，其体积为.该几何体的体积为故答案为.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.15. 设圆的圆心为双曲线的右焦点，且圆与此双曲线的渐近线相切，若圆被直线截得的弦长等于2,则的值为_【答案】【解析】分析：先利用圆与双曲线的渐近线相切得圆的半径，再利用圆被直线截得的弦长等于2，求出与圆心到直线的距离之间的等量关系，即可求出详解：由题意可设圆心坐标为.圆的圆心为双曲线的右焦点圆心坐标为，且双曲线的渐近线的方程为，即.圆与此双曲线的渐近线相切圆到渐近线的距离为圆的半径，即又圆被直线截得的弦长等于2圆心到直线的距离为故答案为.点睛：本题主要考查椭圆与双曲线的几何性质，直线的方程，直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式等基础知识当直线与圆相切时，其圆心到直线的距离等于半径是解题的关键，当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的方法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.16. 在中，所对的边为,则面积的最大值为_【答案】3【解析】分析：由已知利用正弦定理可得，由余弦定理可解得，利用同角三角函数基本关系式可求得，进而利用三角形面积公式即可计算得解.详解：由正弦定理可得由余弦定理可得.，当且仅当时取等号.面积的最大值为故答案为.点睛：本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用.解答本题的关键是熟练掌握公式和定理，将三角形面积问题转化为二次函数.转化思想是高中数学最普遍的数学思想，在遇到复杂的问题都要想到转化，将复杂变简单，把陌生的变熟悉，从而完成解题目标.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. 为数列的前项和，且.(I)求数列的通项公式；()设，求数列的前项和.【答案】(I)；().【解析】分析：根据，得，再根据，即可求得数列的通项公式；()由(I)可得数列的通项公式，根据裂项相消法即可求得数列的前项和.详解：(I)由，得 .-得整理得.()由可知则点睛：本题主要考查递推公式求通项的应用以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18. 已知如图1所示，在边长为12的正方形,中，,且,分别交于点,将该正方形沿,折叠，使得与重合，构成如图2 所示的三棱柱,在该三棱柱底边上有一点,满足; 请在图2 中解决下列问题:(I)求证:当时，/平面；()若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】(I)见解析；(II)或.【解析】分析：（I）过作交于，连接，则，推出四边形为平行四边形，则，由此能证明/平面；（）根据及正方形边长为，可推出，从而以为轴，建立空间直角坐标系，设立各点坐标，然后求出平面的法向量，再根据直线与平面所成角的正弦值为，即可求得的值.详解：(I)解: 过作交于，连接，所以,共面且平面交平面 于,又 ,四边形为平行四边形，,平面,平面,/平面(II)解:,从而,即.分別以为轴，则,.设平面的法向量为,所以得.令，则,，所以由得的坐标为直线与平面所成角的正弦值为,解得或.点睛：本题主要考查线面平行的判定定理利用空间向量求线面角.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； 第二，破 “求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求向量关”，求出平面的法向量；第五，破“应用公式关”.19. 甲、乙两家销售公司拟各招聘一名产品推销员，日工资方案如下: 甲公司规定底薪80元，每销售一件产品提成1元; 乙公司规定底薪120元，日销售量不超过45件没有提成，超过45件的部分每件提成8元.(I)请将两家公司各一名推销员的日工资(单位: 元) 分别表示为日销售件数的函数关系式;(II)从两家公司各随机选取一名推销员，对他们过去100天的销售情况进行统计，得到如下条形图。若记甲公司该推销员的日工资为,乙公司该推销员的日工资为(单位: 元)，将该频率视为概率，请回答下面问题:某大学毕业生拟到两家公司中的一家应聘推销员工作，如果仅从日均收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由. 【答案】(I)见解析； ()见解析.【解析】分析：(I)依题意可得甲公司一名推销员的工资与销售件数的关系是一次函数的关系式，而乙公司是分段函数的关系式，由此解得；()分别根据条形图求得甲、乙公司一名推销员的日工资的分布列，从而可分别求得数学期望，进而可得结论.详解：(I)由题意得,甲公司一名推销员的日工资(单位:元) 与销售件数的关系式为:.乙公司一名推销员的日工资(单位: 元) 与销售件数的关系式为:()记甲公司一名推销员的日工资为(单位: 元),由条形图可得的分布列为1221241261281300.20.40.20.10.1记乙公司一名推销员的日工资为(单位: 元),由条形图可得的分布列为1201281441600.20.30.40.1仅从日均收入的角度考虑，我会选择去乙公司.点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值20. 已知椭圆的左、右焦点分别为也为抛物线的焦点，点为在第一象限的交点，且.(I)求椭圆的方程；(II)延长,交椭圆于点,交抛物线于点,求三角形的面积.【答案】(I)；(II).【解析】分析：(I)根据右焦点也是拋物线的焦点可得，再求出点的坐标，代入椭圆方程，以及根据，联立可解得，从而可得椭圆的方程；() 求出直线方程分别与椭圆和抛物线联立，求出，可得，再根据点到直线的距离公式，即可求出三角形的面积详解：(I)也为抛物线的焦点由线段,得.的坐标为，代入椭圆方程得.又，联立可解得.椭圆的方程为.()由()知，所以直线方程为:.联立直线方程和椭圆方程可得联立直线方程相抛物线方程可得.到直线的距离为,三角形的面积为.点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系.因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21. 己知函数.(是常数，且（)（）求函数的单调区间；（）当在处取得极值时，若关于的方程在上恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围；（）求证:当时.【答案】（）减区间为，增区间为.；（）；（）见解析.【解析】分析：（）先对函数求导，再分别解与，即可得函数的单调区间；（）根据在处取得极值，可得，再设，利用导数研究函数的单调性，根据关于的方程在上恰有两个不相等的实数根，可得，解不等式即可得出实数的取值范围；（）根据（）和（）可知当时，即，令，对进行放缩，即可证明.详解：（）由已知比函数的定义域为,由得，由,得.所以函数的减区间为，增区间为.（）由题意，得.,即.,设，则.当变化时，的变化情况如下表:120-0+方程在上恰有两个不相等的实数根即.（）由（）和（）可知当时，即，当时，令时，即.点睛：本题难点在第三问，解答第三问要根据第一问和第二问的结合，首先要知时，在时恒成立，再结合解题目标想到对赋值，令，这种技巧常用到.对此类不等式的证明，要先观察不等式的特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论进行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明即可.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极坐标系中，直线,曲线上任意一点到极点的距离等于它到直线的距离.(I)求曲线的极坐标方程；(II)若是曲线上两点，且,求的最大值.【答案】()；(II).【解析】分析：设点，根据曲线上任意一点到极点的距离等于它到直线的距离，即可求得曲线的极坐标方程；(II)根据可设，利用极坐标方程求出，再根据三角函数的图象及性质即可求得最大值.详解：()设点是曲线上任意一点，则,即.(II) 设,则点睛：本题主要考查求极坐标方程及极坐标方程的应用.在参数方求最值问题中，可根据题设条件列出三角函数式，借助于三角函数的图象与性质，即可求最值，注意求最值时，取得的条件能否成立.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.(I)求的最小值;(II)若均为正实数，且满足,求证:.【答案】(1);(2)见解析.【解析】试题分析：（1）利用零点分段法去绝对值，将写成分段函数的形式，由此求得最小值.（2）由（1）得，原不等式左边加上，然后分成三组，对这三组分别利用基本不等式求得最小值，相加后可证得原不等式成立.试题解析：（1）因为函数，所以当时，；当时，；当时，综上，的最小值.（2）据(1)求解知，所以，又因为，所以，即，当且仅当时，取“=” 所以，即.
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