- 2.15 MB
- 2021-04-19 发布
2018届高三年毕业班第一次联合考试试卷（数学理科）
永春一中 培元中学
季延中学 石光中学
组卷学校：永春一中
考试时间：120分钟 试卷总分：150分
参考公式：锥体体积公式
其中为底面面积，为高
球的表面积、体积公式
，
其中为球的半径
样本数据，，，的标准差
其中为样本平均数
柱体体积公式
其中为底面面积，为高
本试卷分第I卷和第II卷两部分
第I卷（选择题，共60分）
一、选择题：本大题共12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，每小题选出答案后，请把答案填写在答题卡相应位置上。
1.设集合,集合为函数的定义域,则
A. B. C. D.
2.已知复数，则
A. B.2 C. D.
3. 的值为
A. B. C. D.
4.设，则“”是“”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5. 2017年金砖五国国家领导人第九次会晤于9月3日-5日在福建厦门举办。会议采用右图作为会标。若已知图中正方形的边长为，现欲估计图中五个色块的总面积，向正方形内随机撒豆子,若撒在五色块上和正方形内的豆子数分别为,则五色块总面积的估计值为 [来源:学,科,网Z,X,X,K]
A. B. C. D.
6.已知双曲线的左焦点为,第二象限的点在双曲线的渐近线上，且，若直线MF的斜率为，则双曲线的渐近线方程为
A. B. C. D.
7. 现有编号为①、②、③的三个三棱锥（底面水平放置），俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是
A.①③ B.①② C.②③ D.①②③
8.已知，，，则
A. B. C. D.
9.已知函数，将的图象向右平移个单位所得图象关于点对称，将的图象向左平移个单位所得图象关于轴对称，则的值不可能是
A. B. C. D.
10.在的展开式中，记项的系数为，则
A.45 B.60 C.120 D.210
11.已知是同一平面内的三个向量，且， ， ， ，当取得最小值时，与夹角的正切值等于
A. B. C.1 D.
12.设函数=,其中，若不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题 ：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡的横线上。
13. 中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”.其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹，古代是用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算，算筹的摆放形式有纵横两种形式，如下表：
表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位，百位，万位数用纵式表示，十位，千位，十万位用横式表示，以此类推，例如6613用算筹表示就是：，则算筹式“”表示的阿拉伯计数为 ．
14. 已知椭圆的左焦点为F,上顶点A，右顶点B，过A、B、F三点的圆的一般方程 .
15. 设点，，则的取值范围是 .
16. 已知分别为内角的对边，，且，则面积的最大值为 ．
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。
请在答题卡各自题目的答题区域内作答。
17. （本题满分12分）
设数列的前n项和为，，，存在实数，使得为等比数列.
(1)求满足条件的值及数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
18. （本题满分12分）
为了研究学生的数学核心素养与抽象（能力指标）、推理（能力指标）、建模（能力指标）的相关性，并将它们各自量化为1、2、3三个等级，再用综合指标的值评定学生的数学核心素养；若，则数学核心素养为一级；若，则数学核心素养为二级；若，则数学核心素养为三级，为了了解某校学生的数学核素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下结果：
（1）在这10名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同的概率；
（2）从数学核心素养等级是一级的学生中任取一人，其综合指标为，从数学核心素养等级不是一级的学生中任取一人，其综合指标为，记随机变量，求随机变量的分布列及其数学期望.
19. （本题满分12分）
如图，已知四边形和都是菱形，平面平面，且，.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
20. （本题满分12分）
已知定点，动点（），线段的中垂线与交于点．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）当为正三角形时，过点作直线的垂线，交抛物线于，两点，
求证：点在以线段为直径的圆内．
21.（本题满分12分）
已知函数
（1）若函数和的图象在处的切线平行，求的值；
（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围.
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。作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题号对应的题号涂黑。
（22）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求的极坐标方程及的普通方程；
（Ⅱ）与相切于点，在第三象限内与交于点，求的面积.
（23）（本小题满分10分）选修4—5：不等式证明选讲
设函数，.
（1） 当时，求的最小值；
（2） 若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.
永春一中 培元中学
季延中学 石光中学
2018届高三年毕业班第一次联合考试数学（理）科试卷
参考答案
一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.A 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A 7.B 8.D 9.B 10.C 11.D 12.A
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.1798 14. 15. 16.
三、解答题：（17-21题各12分，22（23）题10分，共70分）
17. （本题满分12分）
解法一：（1）当时，， …………………………………2
分
由，可知，，
因为为等比数列，即，求得或，………………4分
因为，则，故是以3首项，3为公比的等比数列，
因此，
所以； …………………………6分
（2）
[来源:学§科§网]
， …………………………8分
故
所以=2= …………………………12分
解法二：（1）当时，，
因为为等比数列，设公比为，则，[来源:学科网ZXXK]
整理得，即，
因此为首项为3，公比为3的等比数列，
故，所以
（2）同解法一
18. （本题满分12分）
解：（I）由题可知：建模能力一级的学生是；建模能力二级的学生是；建模能力三级的学生是.…………………………………2分
记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件， 则
…………………4分
（II）由题可知，数学核心素养一级：，数学核心素养不是一级的：；的可能取值为1,2,3,4,5. …………………………………5分
…………………………………10分
随机变量的分布列为
1
2
3
4
5
[来源:学。科。网]
∴.…………………………………12分
19. （本题满分12分）
（Ⅰ）证明：取AA1的中点为O，连结OB、OC1 ，
∵四边形AA1C1C和AA1B1B都是菱形，且∠ACC1=∠BAA1=60°，
∴三角形AA1B和三角形AA1C1都是等边三角形，
∴OB⊥AA1 ，OC1⊥AA1 ，
又∵OB∩OC1=O，[来源:Z&xx&k.Com]
∴AA1⊥平面OBC1，
又∵BC1平面OBC1，
所以AA1⊥BC1； ……………………………………………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知OB⊥AA1，
又∵且交于AA1，OB
∴OB⊥平面AA1C1C，
∴OB⊥OC1，
∴OA1，OC1，OB，三条直线两两垂直， ……………………………………6分
以O为坐标原点，以OA1，OC1，OB为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则,,，……………………………………7分
∴,,
设平面ABC，ABC1的法向量,坐标分别为（a，b，c），（a1，b1，c1），
由,，可得，
所以可取， ……………………………………………9分
同理可取， ……………………………………………10分
∴， ……………………………………………11分
又二面角的平面角为锐角，
所以二面角C-AB-C1的余弦值为． ……………………………………………12分
20. （本题满分12分）
解法1：（Ⅰ）依题意，，且不在直线上．…………1分
故动点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线．…………2分
故其对应的方程为．…………4分
（Ⅱ）当为正三角形时，不妨设，如右图
依题意可得：直线的倾斜角，
故直线的斜率：.
则直线的方程为：.…………6分
令，可得点，故点.
因为直线与直线垂直,并且直线的倾斜角为，
所以直线的倾斜角为，
所以直线的方程为：，即.…………8分
联立方程组，消去，整理可得：
设，由韦达定理可得：，故.…………9分
所以点，又，.
所以，…………11分
所以.
所以为钝角，故点在以线段为直径的圆内. …………12分
解法2：（Ⅰ）设动点．…………1分
依题意，中点坐标为，，故中垂线的方程为．…………2分
联立与，可得消去可得点轨迹方程．……4分
（Ⅱ）当为正三角形时，不妨设，如右图
设，依题意可得： ，
在中，已知，
故.可得点，
又，并且，故点.
因为直线与直线垂直,所以直线与直线平行，
所以直线的方程为：，即.…………8分
联立方程组，消去，整理可得：
设，由韦达定理可得：，故.…………9分
所以点，又点，
所以以线段为直径的圆的方程为：.…………10分
因为,
故点在以线段为直径的圆内，若，由图象的对称性可知也成立. …………12分
21．（本小题满分12分）
解：（1）由题意. ……………2分
由得 ……………3分
又，，，
所以满足条件……………4分
（2）令，即对任意的恒成立，
. ……………5分
① 时，在上恒成立，
所以在单调递减. ，满足条件； ……………6分
② 时，，
令，得 ……………7分
(i)当，即时，在恒成立，仅当时，
所以在单调递增，
又，所以在恒成立，不满足条件； ……………8分
(ⅱ)当，即时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，得，，
于是有：……………10分
(ⅲ)当，即时，时，，单调递减，又，
所以在恒成立，满足条件； ……………11分
综上可得，的取值范围为 ……………12分
(22)解法1：（Ⅰ）把代入，得，
所以曲线的极坐标方程为.
由曲线的参数方程，
消去，得曲线的普通方程为. …………5分
（Ⅱ）联立得点的极坐标为，
曲线的极坐标方程为，
联立可得，
可得，点的极坐标为
所以，而点到直线的距离为，
所以的面积为. …………10分
解法2：（Ⅰ）同解法1.
（Ⅱ）将直线的极坐标方程化为直角坐标方程可得，
联立得点的坐标为，
联立，可得点的坐标为，
所以，
点到直线的距离为，.
所以的面积为. …………10分
(23)解：（1）当时，
当且仅当时，取等号. …………5分
（2）当时，,
因为，，
所以，
所以，
所以，
因为时的最小值为，的最大值为，
所以，又因为，所以.…………10分