《2018年甘肃省张掖市高三10月月考数学（理）试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年甘肃省张掖市高三10月月考数学（理）试题（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、民乐一中20172018学年第一学期高三年级十月份考试理科数学试卷一、选择题(本题共12小题，每小题5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. 设集合， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】集合，因为所以，故选B.2. 已知（是虚数单位），那么复数对应的点位于复平面内的( )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】， 对应的点的坐标是， 对应的点在第三象限，故选C.3. 执行如图的程序框图,若输出的值为,则判断框内可填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据题意：s=1，k=9；s=;,循环结
2、束，输出时k=6，所以4. 已知等比数列，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】表示以原点为圆心以为半径的圆的面积的四分之一，故， ，故选D.5. 一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】由已知中知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一个侧面垂直于底面，高为，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图，则这个几何体的外接球的球心在高线上，且是等边三角形的中心，这个几何体的外接球的半径，则这个几何体的外接球的表面积为，故选A.【方法点睛】本题利用空间几
3、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，属于难题.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.6. 已知函数满足，且的导函数，则的解集为（ ）A. B. 或C. D. 【答案】D【解析】设，则函数的的导数的导函数，则函数单调递减，则不等式，等价为，即，则，即的解集，故选D.7. 已知函数的部分图象如图所示，且，则()A
4、. B. C. D. 【答案】C【解析】由图象可得，解得，故，代入点可得，故，结合，可得当时，故,，故选C.8. 已知向量满足，若与的夹角为，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】，则 ，化简可得，再由，解得，故选C.9. 如图所示，已知二面角的平面角为，为垂足， 且，设到棱的距离分别为，当变化时，点的轨迹是下列图形中的（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】在平面内过作，垂足为，连结，同理，即，又的轨迹是双曲线在第一象限内的部分，故选D.10. 若变量满足约束条件，且，则仅在点处取得最大值的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】可以看作和点的斜率，
5、直线与轴交点，当时，仅在点处最大值.故选C.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.11. 已知点在抛物线的准线上，过点的直线与在第一象限相切于点，记的焦点为，则直线的斜率为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】点在抛物线的准线上，即准线方程为，即，抛物线在第一象限的方程为，设切点，则，又导数，则在切点处的斜率为，即，解得舍去），切点，又直线的斜率为，故选D.12. 已知定义在上的函数
6、满足,在上表达式为,则函数与函数的图象在区间上的交点个数为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由，可得函数的图象关于点对称，由，可得函数的图象关于直线对称，又在上的表达式为，可得函数在上的图象以及函数在上的图象，数形结合可得函数的图象与函数的图象区间上的交点个数为，故选D.【方法点睛】本题主要考查分段函数的解析式、函数的对称性、数形结合思想的应用，属于难题. 函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质二、填空
7、题：本大题共4小题，每小题5分.13. 等比数列的公比，已知， ，则的前项和_.【答案】【解析】an是等比数列，可化为a1qn+1+a1qn=6a1qn1，q2+q6=0q0，q=2a2=a1q=1，a1=S4=故答案为14. 设，若，则的最小值为_.【答案】【解析】 ，当，即时，取等号，故答案为.【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内
8、，二是多次用或时等号能否同时成立）.15. 若随机变量服从正态分布， ， ，设，且则_.【答案】 【解析】,，即，故答案为.16. 已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则的取值范围是_【答案】【解析】当 时， ，因为 ，所以 ，当 时，令时， ，和已知两式相减得 ，即 ，-得， ，所以数列 的偶数项成等差数列，奇数项从第三项起是等差数列， ， ，若对 ， 恒成立，即当 时， ， 时， ，当 时， ，即 ，解得： ，所以 的取值范围是 .【点睛】本题主要考察了递推公式，以及等差数列和与通项公式的关系，以及分类讨论数列的通项公式，本题有一个易错的地方是，忽略 的取值问题，当出现 时，
9、认为奇数项和偶数项成等差数列，其实，奇数项应从第三项起成等差数列，所以奇数项的通项公式为 ，而不是 ，注意这个问题，就不会出错.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图，某旅游区拟建一主题游乐园，该游乐区为五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为主题游乐区，四边形区域为为休闲游乐区，为游乐园的主要道路（不考虑宽度） .（1）求道路的长度；（2）求道路长度之和的最大值【答案】（1）；（2） .试题解析：（）如图，连接,在中，由余弦定理得：,又,所以在中，;（）设,在中，由正弦定理，得,，当，即时，取得最大值，即道路长度之和的最大值为.考点：1.正余弦定理；2.三角函数
10、的性质.18. 一个不透明的袋子中装有个形状相同的小球，分别标有不同的数字，现从袋中随机摸出个球，并计算摸出的这个球上的数字之和，记录后将小球放回袋中搅匀，进行重复试验.记事件为“数字之和为”.试验数据如下表：（1）如果试验继续下去，根据上表数据，出现“数字之和为”的频率将稳定在它的概率附近.试估计“出现数字之和为”的概率，并求的值； （2）在（1）的条件下，设定一种游戏规则：每次摸球，若数字和为，则可获得奖金元，否则需交元.某人摸球次，设其获利金额为随机变量元，求的数学期望和方差.【答案】（1）,；（2）,.【解析】试题分析：（1）由数据表可知，当试验次数增加时，频率稳定在附近，所以可以估计
11、“数字和为的概率，根据概率可求得的值；（2）根据题意，根据二项分布的期望与方差公式可计算和的值.试题解析：（1）由数据表可知，当试验次数增加时，频率稳定在0.33附近，所以可以估计“出现数字之和为7”的概率为, ，A事件包含两种结果，则有，, （2）设表示3次摸球中A事件发生的次数，则, 则, . 19. 如图，在四棱锥中， ， 平面， .(1)设点为的中点，求证： 平面；(2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在一点,为中点.【解析】试题分析：（1）先取的中点，利用三角形中位线性质得，再根据线
12、面平行判定定理得平面.根据计算，利用平几知识得，再根据线面平行判定定理得平面.从而利用面面平行判定定理得平面平面.最后根据面面平行性质得平面. （2）一般利用空间直角坐标系研究线面角，先根据条件建立恰当直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求出平面法向量，根据向量数量积求出向量夹角，最后利用线面角与向量夹角关系列方程，解出点坐标，确定其位置.试题解析：(1)证明取的中点，连接，则.因为平面，平面，所以平面. 在中，所以.而，所以.因为平面，平面，所以平面. 又因为，所以平面平面.因为平面， 所以平面. （注：（1）问也可建系来证明）(2)过作，交于，又平面知以为原点，分别为轴建系如图： 则设平面
13、PAC的法向量，由有取 设，则， , 线段上存在一点，为中点20. 如图，设椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，的面积为.（1）求该椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心在轴上的圆，使圆在轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在满足条件的圆，其方程为：.【解析】试题分析：（1）由题设知其中由,结合条件的面积为，可求的值，再利用椭圆的定义和勾股定理即可求得的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）假设存在圆心在轴上的圆，使圆在轴的上方与椭圆两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同
14、的焦点；设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点为由圆的对称性可知，利用在圆上及确定交点的坐标，进而得到圆的方程.解：（1）设，其中，由得从而故.从而，由得，因此.所以，故因此，所求椭圆的标准方程为：（2）如图，设圆心在轴上的圆与椭圆相交，是两个交点，,是圆的切线，且 由圆和椭圆的对称性，易知，由（1）知，所以，再由 得，由椭圆方程得，即，解得或.当时，重合，此时题设要求的圆不存在.当时，过分别与,垂直的直线的交点即为圆心，设由得而故圆的半径综上，存在满足条件的圆，其方程为：考点：1、椭圆的标准方程；2、圆的标准方程；3、直线与圆的位置关系；4、平面向量数量积的应用.21. 若存在实常数和，使得函数和对其定义域上的任意实数分别满足：和，则称直
