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1、长春市普通高中2018届高三质量监测（二） 数学理科一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，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，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】 ，故选A.2. 已知复数为纯虚数，则A. B. C. 或 D. 【答案】B【解析】因为复数为纯虚数，且 ，所以，故选B.3. 设命题，则是A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题的否定为，故选C.4. 已知平面向量，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为平面向量，所以，所以，故选A.5. 已知等比数列的各项均为正数，前项和为，若，则A
2、. B. C. D. 【答案】C【解析】由 得，解得，从而，故选C.6. 已知动点满足线性条件，定点，则直线斜率的最大值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】画出线性条件表示的可行域，由可得 ，由可行域可知当取时，直线的斜率最大为，故选C.【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，属于中档题. 求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、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（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，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.7. 已知椭圆的左右焦点分别为
3、，过且垂直于长轴的直线交椭圆于两点，则内切圆的半径为A. B. C. D. 【答案】D【解析】由得 ，根据椭圆的定义可知的周长为，面积为，解得，故选D.8. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位后关于轴对称，则下列结论中不正确的是A. B. 是图象的一个对称中心C. D. 是图象的一条对称轴【答案】C【解析】函数的图象向右平移个单位，可得,的图象关于轴对称，所以,时可得，故，不正确，故选C.9. 若向区域内投点，则该点落在由直线与曲线围成区域内的概率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】区域是正方形，面积为，根据定积分定理可得直线与曲线围成区域的面积为，根据几何概型概率公式可得该点落在
4、由直线与曲线围成区域内的概率为，故选B.10. 如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为A. B. C. D. 【答案】D【解析】由三视图可得到该三棱锥的直观图，如图 ，图中正方体的棱长为， 分别是所在棱的中点，根据正方体的性质可得，该棱锥的棱长分别为，最长棱长为，故选D.11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且，则双曲线离心率的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由双曲线定义可知，结合 可得，从而，又因为双曲线的离心率大于 ，所以双曲线离心率的取值范围为，故选B. 12. 若关于的方程存在三个不等实根，则
5、实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】若关于的方程等价于，令，的两根一正一负，由在 上递增，在 上递减，且 时，结合 的图象可知，要使关于的方程存在三个不等实根，只需令的正根满足，即可，解得，故选A.【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质、利用导数研究函数的单调性以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结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；
6、3、求不等式的解集；4、研究函数性质二、填空题(本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上).13. 的展开式中含项的系数为_.【答案】40【解析】的展开式的通项为 ，令 ，所以展开式中含的项为，因此的系数为40，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. 更相减损术是出自九章算术的一种算
7、法.如图所示的程序框图是根据更相减损术写出的，若输入，则输出的值为_.【答案】13【解析】输入，执行程序框图，第一次；第二次；第三次；第四次，满足输出条件，输出的的值为，故答案为.15. 底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥.已知同底的两个正四棱锥内接于同一个球，它们的底面边长为，球的半径为，设两个正四棱锥的侧面与底面所成的角分别为，则 _.【答案】【解析】试题分析：如图，右侧为该球过和球心的截面，由于三角形为正三角形，为中点，且，故，设平面，则点为三角形的重心，且点在上，因此考点：球的内接几何体16. 在数列中，且对任意，成等差数列，其公差为，则 _.【答案】【解析】因为
8、，且对任意，成等差数列，其公差为，所以当 时,可得，当时，,所以,故答案为.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 在中，内角的对边分别为，其面积.(1)求的值； (2) 设内角的平分线交于，求 .【答案】（1）；（2）.试题解析：（1），可知，即. （2）由角平分线定理可知，在中，在中，即，则.18. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，（单位：克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.(1)现按分层抽样从质量为，
9、的芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，记随机变量表示质量在内的芒果个数，求的分布列及数学期望.(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有个，经销商提出如下两种收购方案：A：所以芒果以元/千克收购；B：对质量低于克的芒果以元/个收购，高于或等于克的以元/个收购.通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）个芒果中，质量在和内的分别有个和个.则的可能取值为，分别求出各随机变量对应的概率，从而可得的分布列，利用期望公式可求得的数学期望；（2）分别求出两种方案获利的数学期
10、望（即平均值），比较两个平均值的大小，平均值较大的方案获利更大.试题解析：（1）9个芒果中，质量在和内的分别有6个和3个.则的可能取值为0,1,2,3.，所以的分布列为的数学期望.（2）方案A： 方案B：低于250克：元高于或等于250克元总计元由，故B方案获利更多，应选B方案.【方法点睛】本题主要考查直方图的实际应用以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解离散型随机变量的分布列与数学期望的问题，首先要理解问题的关键，其次要准确无误的随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关
11、；（3）公式应用关.19. 如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，.（1）证明：；（2）设是线段上的动点，是否存在这样的点，使得二面角的余弦值为，如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）长为1.【解析】试题分析：（1）连结，则由余弦定理可知，根据直棱柱的性质，先由面面垂直证明线面垂直，再得到线线垂直，根据线面垂直的判定定理可得到平面，进而可得结果；（2）以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系，分别根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式列方程，从而可得结果.试题解析：（1）连结，则由余弦定理可知，由直棱柱
12、可知， （2）以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立坐标系. （），又，则，故长为1.20. 已知直线过抛物线：的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，与抛物线两交点间的距离为.(1)求抛物线的方程;(2)若点，过点的直线与抛物线相交于,两点，设直线与的斜率分别为和.求证：为定值，并求出此定值.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由直线过抛物线：的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，与抛物线两交点间的距离为可得抛物线的通径为，可得抛物线的方程为；（2）设直线的方程为：，与抛物线可得，根据韦达定理以及斜率公式，消去参数，可得.试题解析：（1）由题意可知，抛物线的方程为. （2）已
13、知点，设直线的方程为：，则，联立抛物线与直线的方程消去得可得，代入可得.因此可以为定值，且该定值为.【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法求抛物线及直线与抛物线的位置关系、圆锥曲线的定值问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21. 已知函数.（1）求证：函数有唯一零点；（2）若对任意，恒成立,求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）求出 ，先证明在区间上为增函数，又，所以在区间上恰有一个零点，而在上恒成立，在上无零点
14、，从而可得结果；（2）设的零点为，即. 原不等式可化为，令若，可得，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能，即求所求.试题解析：（1） ，易知在上为正，因此在区间上为增函数，又，因此，即在区间上恰有一个零点，由题可知在上恒成立，即在上无零点，则在上存在唯一零点. （2）设的零点为，即. 原不等式可化为，令，则，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，故只求，设， 下面分析，设，则，可得，即若，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能. 因此，即求所求.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修44：坐标系与参数方程选讲.已知曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若过点的直线与交于,两点，与交于两点，求的取值范围.【答案】（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.【解析】试题分析：（1）利用平方法消去参数，即可得到的普通方程，两边同乘以利用 即可得的直角坐标方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），代入，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义以及三角函数的有
