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1、2018届浙江省嵊州市高三第一学期期末教学质量调测数学试题（解析版）第卷（共40分）一、选择题：本大题共10个小题,每小题4分,共40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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 ， ，故选A.2. 若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，且是纯虚数，故选C.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体挖去一个圆锥的组合体，正方体体积为，圆锥体积为几何
2、体的体积为，故选B.4. 若实数，满足约束条件，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】画出表示的可行域，如图所示的开放区域，平移直线，由图可知，当直线经过时，直线在纵轴上的截距取得最大值，此时有最小值，无最大值，的取值范围是，故选A.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5. 已知，是两个不同的平面
3、，直线，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由线面垂直的判定定理可知，时，能推出，而不能推出，故“”是“”的充分不必要条件，故选A.6. 已知函数的导函数的图象如图所示，则（ ）A. 既有极小值，也有极大值 B. 有极小值，但无极大值C. 有极大值，但无极小值 D. 既无极小值，也无极大值【答案】B【解析】由导函数图象可知，在上为负，在上非负，在上递减，在递增，在处有极小值，无极大值，故选B.7. 设等差数列的前项的和为，若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 ，故选C.8. 甲箱子里
4、装有个白球和个红球，乙箱子里装有个白球和个红球从这两个箱子里分别摸出一个球，设摸出的白球的个数为，摸出的红球的个数为，则（ ）A. ，且 B. ，且C. ，且 D. ，且【答案】D【解析】可取，；，故选D.9. 如图，正四面体，是棱上的动点，设（），分别记与，所成角为，则（ ）A. B. C. 当时， D. 当时，【答案】D【解析】作交于时，为正三角形，是与成的角，根据等腰三角形的性质，作交于,同理可得，当时，故选D.10. 如图，已知矩形中，该矩形所在的平面内一点满足，记，则（ ）A. 存在点，使得 B. 存在点，使得C. 对任意的点，有 D. 对任意的点，有【答案】C【解析】以为原点，以所
5、在直线为轴、轴建立坐标系，则 ，且在矩形内，可设，错误，正确， 错误，错误，故选C.【方法点睛】本题主要考查平面向量数量积公式的坐标表示，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是几何形式，二是坐标形式，（求最值问题与求范围问题往往运用坐标形式），主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.第卷（共110分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，满分36分，将答案填在答题纸上）11. 我国古代数学巨著九章算术中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织
6、五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的倍，已知她天共织布尺，问这位女子每天分别织布多少？”根据上述问题的已知条件，可求得该女子第天所织布的尺数为_【答案】【解析】由题知，该女子每天织的布长为公比为的等比数列，且，设第一天织布为，则，得，故答案为.12. 已知双曲线：（）的其中一条渐近线经过点，则该双曲线的右顶点的坐标为_，渐近线方程为_【答案】 (1). (2). 【解析】的渐近线方程过点，右顶点为，渐近线方程为，即，故答案为(1) ， (2) .13. 的展开式的第项的系数为_，展开式中的系数为_【答案】 (1). 21 (2). -35
7、【解析】的通项为，要得到展开式的第项的系数，令，令的系数为，故答案为(1) ， (2).【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.14. 在中，内角，所对的边分别为，若，则_，_.【答案】 (1). (2). 3【解析】 ，由余弦定理可得，即，得或（舍去），由正弦定理得，得，故答案为(1) ，(2) 3.15. 已知向量，满足，则的
8、最大值为_，与的夹角的取值范围为_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】由，得，解得，的最大值为，即与的夹角的取值范围为，故答案为(1) ，(2) .16. 某学校要安排位数学老师、位英语老师和位化学老师分别担任高三年级中个不同班级的班主任，每个班级安排个班主任由于某种原因，数学老师不担任班的班主任，英语老师不担任班的班主任，化学老师不担班和班的班主任， 则共有_种不同的安排方法（用数字作答）【答案】3217. 已知函数的最小值为，则实数的值为_.【答案】【解析】（1）当时， ，；(2)当时，若时，无解.时，解得，综上所述，实数的值为，故答案为.三、解答题 （本大题共5小题，共74分.解
9、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 18. 已知函数，（1）求；（2）求的最大值与最小值.【答案】（1）1；（2）最大值；最小值.【解析】试题分析：（1）将代入函数解析式，利用特殊角的三角函数求解即可；（2）利用两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式化简，由，求得，结合正弦函数的图象，利用正弦函数的单调性可得的最大值与最小值.试题解析：（1），所以（2）.因为，所以.又因为在区间上是递增，在区间上递减.所以，当，即时，有最大值；当，即时，有最小值.19. 如图，在菱形中，平面，是线段的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见
10、解析；（2）.【解析】试题分析：（1）设AC与BD的交点为O，连接MO可证明平面、平面，从而可得平面平面，进而可得平面；（2）取的中点为，连接，则，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用向量垂直数量积为零解方程组求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得直线与平面所成角的正弦值.试题解析：（1）设与的交点为，连接.因为，平面，所以平面.因为是线段的中点，所以是的中位线，所以.又，所以平面所以，平面平面.故平面.（2）取的中点为，连接，则.以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.取，则，.所以，.设平面的法向量，则，即，解得.可取法向量.
11、又，则故直线与平面所成角的正弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.20. 已知函数.（1）求的图像在点处的切线方程；（2）求在区间上的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）先求出,再求出
12、的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）利用导数研究函数的单调性可得当时，递增；当时递减；可得所以，.试题解析：（1），所以 则.又，所以的图象在点处的切线方程为.（2）由（1）知.因为与都是区间上的增函数，所以是上的增函数.又，所以当时，即，此时递增；当时，即，此时递减；又，.所以，.所以在区间的取值范围为【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与最值，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点 出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线
13、方程.21. 如图，已知抛物线，点，抛物线上的点 ，直线与轴相交于点，记，的面积分别是，.（1）若，求点的纵坐标；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由斜率公式可得，.由，得即，得；（2）设直线：，则，联立，消去得，则，由弦长公式及点到直线距离公式可得，利用二次函数的性质可得结果.试题解析：（1）因为，.由，得即，得（2）设直线：，则，由，知.联立，消去得，则，.所以 ， ，点到直线的距离 .所以 故当时，有最小值.方法2：设（），则，所以直线：，则.又直线：，.则点到直线的距离为，点到直线的距离为所以 .故当时，有最小值.22. 已知数列满足：， （1）证明： （2）令，求证： 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，得，先证明，即，可得，再证明，利用二次函数的性质可得，从而可得结论；（2）由，可得， ， ，可证明，由（1）可知，所以，即，可得，即，从而可得结果.试题解析：（1）因为，所以因为，所以.若，则，从而，与矛盾，所以，故，即，所以；所以与同号，即与同号，而，所以，所以综上：.（2）因为，所以所以 所以 由（1）可知，所以，即.所以，即.另一方面，由（1）可知，所以，即.所以，所以所以，即综上所述：，即.1第页
