浙东北联盟2018届高三上学期期中考试数学试题（精品解析）

《浙东北联盟2018届高三上学期期中考试数学试题（精品解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙东北联盟2018届高三上学期期中考试数学试题（精品解析）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、浙东北联盟（浙东北联盟（ZDBZDB）2017-20182017-2018 学年第一学期期中考试学年第一学期期中考试 高三数学试卷高三数学试卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 个小题，每小题个小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1.已知集合，若，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 因为，所以,可得，所以，故选 D. 2.椭圆与双曲线有相同的焦点坐标，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 椭圆与双曲线有相同的焦点

2、坐标， （舍去） ，故选 A. 3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由三视图可知该几何体为半圆柱与三棱锥的结合体，其中半圆柱的底面圆半径为 1，圆柱的高为 2，三棱 锥的底面为等腰三角形，三边长分别为，棱锥的高为 1，所以几何体的体积为 ，选 A. 点睛：关于三视图的考察是高考中的必考点，一般考试形式为给出三视图，求解该几何体的体积或表面积。 三视图问题首先观察俯视图确定几何体的底面形状，再结合正视图，侧视图确定几何体的准确形状，如本 题中俯视图为矩形和三角形的结合，所以该几何体为组合体，结合侧视图可知该几何体为圆柱和三棱柱的

3、组合体，进而由图中数据求得体积. 4.已知，则“”是“”的（ ） A. 充分非必条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 本题考查充要条件的判断. 当时，所以，即，故 “”是“”的充分条件；当时，或， 故 “”不是“”的必要条件； 所以 “”是“”的充分不必要条件 5.设实数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 试题分析：作出可行域，如图内部（含边界） ，作出直线，平移直线 ，当它过点时， 取得最大值 2故选 C 考点：简单的线性规划 6.已知函数的一段图象如图所示，顶点 与坐标原点 重合， 是的图象

4、上一个最 低点， 在 轴上，若内角所对边长为，且的面积 满足，将右移一个单位 得到，则的表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由图知，的面积，而已知，故，整理得， 由余弦定理得， ，则 ，由图知，故，解得 ，则 的横坐标为，则，故，向右平移一个单位，得 ，故选 D. 7.设函数，若函数( 为自然对数的底数)在处取得极值，则下列图 象不可能为的图象是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由 ，得 ，当 时，函数 取得极值，可得 是方程 的一个根，所以 ，所以函数 ，由此得函数相应方程的两根之积为 ，对 照四个选项发现， 不成立，故选 D. 8.已知，且，则

5、（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 在 上递增，化为，由指数函数的性质， 可得，故选 C. 9.某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有 4 个红包，每人最多抢一个，且 红包被全部抢完，4 个红包中有 2 个 6 元，1 个 8 元，1 个 10 元（红包中金额相同视为相同红包） ， 则甲、乙都抢到红包的情况有（ ） A. 18 种 B. 24 种 C. 36 种 D. 48 种 【答案】C 【解析】 解：若甲乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的,剩下 2 个红包,被剩下的 3 人中的 2 个人抢走,有 种， 若甲乙抢的是一个 6 和一个 10 元的,剩下 2

6、个红包,被剩下的 3 人中的 2 个人抢走,有 种， 若甲乙抢的是一个 8 和一个 10 元的,剩下 2 个红包,被剩下的 3 人中的 2 个人抢走,有种， 若甲乙抢的是两个 6 元,剩下 2 个红包,被剩下的 3 人中的 2 个人抢走,有种， 根据分类计数原理可得，共有 36 种. 本题选择 C 选项. 10.已知关于 的方程的两个实数解为，则（ ） A. B. C. D. 以上答案都不对 【答案】B 【解析】 画出与的图象如图，两图象的交点，即是方程的根，由图知，又 ，两式相减可得，故选 B. 【方法点睛】本题主要考查指数函数、对数函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结

7、 合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.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、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分）分） 11.如图所示是毕达哥拉斯树的生长过程；正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形上再连接着正 方形如此继续。若共得

8、到 31 个正方形，设初始正方形边长为 1，则最小正方形的边长为_ 【答案】 【解析】 由题意，正方形构成以 为首项，以为公比的等比数列，共得到为个正方形，则 ，得最小正方形边长为，故答案为 . 12.的展开式中各项二项式系数之和为 64，则_，展开式中的常数项为_ 【答案】 (1). 6 (2). 60 【解析】 的展开式中各项二项式系数之和为，其通项为 ，令常数项为，故答案为. 【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考 命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式 的通项公式；（可以考查某

9、一项，也可考查某一项的系数） （2）考查各项系数和和各项的二 项式系数和；（3）二项展开式定理的应用. 13.已知复数 的共轭复数为 ， （ 是虚数单位），则 _， _ 【答案】 (1). (2). 5 【解析】 ，故答案为， . 14.已知随机变量 的分布列为： 若，则_，_ 【答案】 (1). (2). 【解析】 由题意可得：，解得， ，故答案为 ，. 15.已知向量，满足，若，则的最大值为_，最 小值为_ 【答案】 (1). 4 (2). 【解析】 设，即， ，由二次函数性质可得， ，最大值为 ，最小值为，故答 案为 ，. 16.正四面体的棱长为 6，其中平面 ，分别为线段的中点，当正四

10、面体以为轴旋转 时，线段在平面 上的射影长的取值范围是_ 【答案】 【解析】 如图，取中点为 ，结合已知可得，在正四面体中，又， ，当四面体绕旋转时，平面与的垂直性保持不变，显然，当与平面 垂 直时，在平面上的射影长最短为 ，此时在平面 上射影的长取得最小值 ，当平面 平行时， 在平面上的射影长取得最大值 ，取得最大值，所以射影长的取值范围是，故答案为 . 17.设，记函数，的最大值为函数，则函数的最小值为_ 【答案】 【解析】 当，即时，在上递减，最大值为，在 上递减，当，即时，在上递增，最大值为 在上递增，综上所述，的最小值 为，故答案为. 三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 5

11、5 小题，共小题，共 7474 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ） 18.已知函数 （1）求函数的最小正周期与单调递增区间； （2）若时，函数的最大值为 0，求实数 的值 【答案】 （1）；（2）. 【解析】 试题分析：（1）化为，可得周期，由可得单调递增区间； （2）因为，所以，进而的最大值为，解得. 试题解析：（1） ， 则函数的最小正周期， 根据，得， 所以函数的单调递增区间为， （2）因为，所以， 则当，时，函数取得最大值 0， 即，解得 考点：1、三角函数值的周期性及单调性；2、三角函数在闭区间上的最值. 19.如图，四棱锥中，平面

12、平面,/, ,且，. （1）求证：平面； （2）求和平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点 使得平面 平面，请说明理由. 【答案】 （1）证明过程详见解析；（2）；（3）在线段上存在一点 使得平面 平面. 【解析】 试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、线面角、向量法等基础知识，考查学生的空间 想象能力、逻辑推理能力、计算能力、转化能力.第一问，在中，求出，在中，求 出， 在中，三边符合勾股定理，所以， 利用面面垂直的性质，得平面； 第二问，利用第一问的证明得到垂直关系，建立空间直角坐标系，得到平面 BDF 和平面 CDE 中各点的 坐标，得出向量坐标，先求出平面 CD

13、E 的法向量，利用夹角公式求 BE 和平面 CDE 所成的角的正弦值； 第三问，假设存在 F，使得，用 表示，求出平面 BEF 的法向量，由于两个平面垂直，则两个法 向量垂直，则， 解出 . （1）由，., 可得 由，且， 可得 又 所以 又平面 平面， 平面 平面 ， 平面， 所以平面 分 （2）如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设是平面的一个法向量，则， 即 令，则 设直线与平面所成的角为 ， 则 所以和平面所成的角的正弦值 1分 （3）设， ，. 则 设是平面一个法向量，则， 即 令，则 若平面 平面，则，即，. 所以，在线段上存在一点 使得平面 平面. 14 分 考点：线线垂直、线面

14、垂直、面面垂直、线面角、向量法. 20.已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若，对于任意，都有恒成立，求 的取值范围 【答案】 （1）见解析（2） 【解析】 试题分析：（1）求出，分三种情况讨论，分别令求得 的范围，可得函数增区间， 求得 的范围，可得函数的减区间；（2）由（1）知， 所以，恒成立，即 恒成立，即恒成立，利用导数研究函数的单调性，求出 的最大值，即可得结果. 试题解析：（1） 若，则在，上单调递增，在上单调递减； ，则在上单调递增； 若，则在，上单调递增，在上单调递减； （2）由 1 知，当时，在上单调递增，在单调递减， 所以， 故 ， 恒成立， 即恒成立 即恒成立， 令，

15、易知在其定义域上有最大值， 所以 21.已知，为抛物线上的两个动点，其中，且 （1）求证：线段的垂直平分线恒过定点 ，并求出 点坐标； （2）求面积的最大值 【答案】 （1）恒过定点；（2）面积的最大值. 【解析】 试题分析：（1）由抛物线的对称性可知定点 一定在 轴上，设，由，可得，所以 恒过定点；（2）直线方程：，代入 得，根据根据韦达定理，弦长公式将面积用表示，换元后，利用导数研究函数 的单调性，从而可得结果. 试题解析：（1）由抛物线的对称性可知定点 一定在 轴上，设， 设中点为 则， 由，可得，所以恒过定点； （2）直线方程：，代入 得 由韦达定理知 点到直线的距离： 令，因为，所以 则， 可知，为增函数； ，为减函数 所以：， 所以面积的最大值 【方法点晴】本题主要考查抛物线的方程与性质及直线与抛物线的位置关系以及曲线过定点问题，属于难 题.解决曲线过定点问题一般有两种方法： 探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立 等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标. 从特 殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 22.已知在数列中， （1）求证：； （2）求证：； （3）求证：； 【答案】 （