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1、1四川省南充高级中学 2018 届高三 9 月检测数学试题（文）第第卷卷一、选择题一、选择题1. 复数满足，则（ ）A. B. C. D. 12. 已知，则（ ）A. B. C. D. 3. 下表是我国某城市在 2017 年 1 月份至 10 月份各月最低温与最高温的数据一览表.已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（ ）A. 最低温与最高温为正相关B. 每月最高温和最低温的平均值在前 8 个月逐月增加C. 月温差（最高温减最低温）的最大值出现 1 月D. 1 月至 4 月的温差（最高温减最低温）相对于 7 月至 10 月，波动性更大4. 已知命题是的必要
2、不充分条件；命题若，则，则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 5. 在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）A. B. 3 C. D. 426. 某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 7. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则在上的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 8. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（ ）A. 7 B. 10 C. 13 D. 169. 设满足约束条件，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 310. 函数的部分图
3、像大致是（ ）A. B. C. D. 11. 过双曲线的右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，为虚轴上的一个端点，且为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 12. 已知函数，若成立，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 第第卷卷二、填空题二、填空题13. 设平面向量与向量互相垂直，且，若，则_14. 在二项式的展开式中，第 3 项为 120，则_15. 如图，是正方体的棱上的一点，且平面，则异面直线与所成角的余弦值为_416. 已知点是抛物线上一点，为坐标原点，若是以点为圆心，的长为半径的圆与抛物线的两个公共点，且为等边三角形，则的值是_三、解答题三、解答
4、题（一）必考题（一）必考题17. 已知正项数列满足，.数列的前项和满足.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.18. 唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔.唐三彩的生产至今已有 1300 多年的历史，制作工艺十分复杂，它的制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.某陶瓷厂准备仿制甲、乙、丙三件不同的唐三彩工艺品，根据该厂全面治污后的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品合格的概率依次为， ， ，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件
5、工艺品合格的概率依次为， ，.（1）求第一次烧制后甲、乙、丙三件中恰有一件工艺品合格的概率；（2）经过前后两次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品成为合格工艺品的件数为，求随机变5量的数学期望.19. 如图，四边形是矩形，平面，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20. 已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆经过点.（1）设椭圆的方程；（2）设不与坐标轴平行的直线交椭圆于两点，.记直线在轴上的截距为，求的最大值.621. 函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若函数有两个极值点，且，证明：.请考生在请考生在 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两题中任选一题作答，如
6、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平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数） ，曲线的参数方程为（为参数）.（1）将的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（2）以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.若上的点对应的参数为，点在上，点为的中点，求点到直线距离的最小值.723. 选修 4-5：不等式选讲已知.（1）证明：；（2）若，求实数的取值范围.8【参考答案】第第卷卷一、选择题一、选择题1. 【答案】A【解析】由题意可得：，则：.本题选择 A 选项.2. 【答案】C【解析】 ,选 C.3. 【答案】B【解析】将
7、最高温度、最低温度、温差列表如图，由表格前两行可知最低温大致随最高温增大而增大， 正确；由表格可知每月最高温与最低温的平均值在前个月不是逐月增加，错；由表格可知，月温差（最高温减最低温）的最大值出现在月， 正确；由表格可知月至月的月温差（最高温减最低温）相对于月至 月，波动性更大， 正确，故选 B.4. 【答案】A【解析】由对数的性质可知：，则命题是真命题；由三角函数的性质可知：若，则：，9且：，命题是真命题.则所给的四个复合命题中，只有是真命题.本题选择 A 选项.5. 【答案】B【解析】由正弦定理结合题意有：，不妨设，结合余弦定理有：，求解关于实数的方程可得：，则：.本题选择 B 选项.6
8、. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为放在正方体的四棱锥，如图，正方体的边长为 2，该三棱锥底面为正方形，两个侧面为等腰三角形，面积分别为 ，另两个侧面为直角三角形面积都为 ，可得这个几何体的表面积为，故选 C.7. 【答案】B8. 【答案】D10【解析】依次运行程序框图可得：第一次：1 不是质数，；第二次：4 不是质数，；第三次：7 是质数，；第四次：10 不是质数，；第五次：13 不是质数，。故输出 16。选 D。9. 【答案】A【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，考查的几何意义：可行域内的点与坐标原点之间连线的斜率，则，令，换元可得：，该函数在区间上单调递增，据此可得：，
9、即目标函数的取值范围是.本题选择 A 选项.10. 【答案】D【解析】当时，代入得，排除、11当时，此时排除故选11.【答案】D【解析】由通径公式有：，不妨设，分类讨论：当，即时，为钝角，此时；当，即时，应满足为钝角，此时：，令，据此可得：，则：.本题选择 D 选项.12. 【答案】A【解析】设，12令则在上为增函数，且当时，当时，在上为减函数，在上为增函数，当时，取得最小值，此时即的最小值为故选第第卷卷二、填空题二、填空题13.【答案】5【解析】由平面向量与向量互相垂直可得 所以，又，故答案为.14.【答案】2【解析】结合二项式定理的通项公式有：，其中，结合题意有：，13计算可得：，即：.1
10、5. 【答案】【解析】不妨设正方体的棱长为，如图，当为中点时，平面，则为直线与所成的角，在中，故答案为.16.【答案】【解析】点 A 在线段 OM 的中垂线上，又，所以可设，由的坐标代入方程有：解得：三、解答题三、解答题（一）必考题（一）必考题17. 解：（1）因为，所以，因为，所以，所以，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，当时，当时也满足，所以.14（2）由（1）可知，所以.18. 解：分别记甲乙丙第一次烧制后合格为事件,（1）设事件表示第一次烧制后恰好有一件合格，则.（2）因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为，所以随机变量，所以.19. （1）证明；设交于，因为四边形是矩形，,
11、所以,又，所以,因为,所以，又平面.所以，而，所以平面平面；（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，15由题意可得,则,设平面的法向量，则，取，即设平面的法向量，则，取，即设平面与平面所成的二面角为，则由图可知二面角为钝角，所以.20. 解：（1）因为，所以椭圆的方程为，把点 的坐标代入椭圆的方程，得，所以，椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，16联立方程组 得，由，得，所以，所以 由，得，令，所以，即，当且仅当，即时，上式取等号，此时，满足，所以的最大值为.21. 解：函数的定义域为，（1）令，开口向上，为对称轴的抛物线，当时，即时，即在上恒成立，当时，由，得，因为，所以，当时，即17， 当
12、或时，即，综上，当时，在上递减，在和上递增，当时，在上递增.（2）若函数有两个极值点且，则必有，且，且在上递减，在和上递增，则，因为是方程的两根，所以，即，要证 又，即证对恒成立，设 则当时，故，所以在上递增，18故，所以，所以.请考生在请考生在 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两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.解：（1）的普通方程为，它表示以为圆心，1 为半径的圆，的普通方程为，它表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆（2）由已知得，设，则，直线：，点到直线的距离，所以，即到的距离的最小值为23. （1）证明：因为 ， 而 ，所以.（2）解：因为 ，所以或，解得，所以的取值范围是.19
