黑龙江省大庆市2018届高三上学期第一次教学质量检测数学(理)试卷

黑龙江省大庆市2018届高三年级第一次教学质量检测

理科数学试题 第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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A. 【答案】A 【解析】由故选A. 2. 若复数

,则在复平面内所对应的点位于的（）

得

，结合

可得

，

B.

，

，则

C.

的值为（ ） D.

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】试题分析：限.

考点：复数与复平面的关系. 3. 若

满足

，则

的最大值为（）

,故在复平面内对应的点位于第四象

A. 2 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B

【解析】画出，满足约束条件

，的平面区域，如图示：

由B.

，解得，由可知直线过时，最大，得，故选

点睛：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.

4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几伺体的三视图，则此几何体的体积为（ ）

A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】B

【解析】

由三视图可得，该几何体为如图所示的四棱锥形，

面

，故其体积

，其中底面，故选B.

是边长为2的正方

5. 执行如图所示的程序语句，则输出的的值为（ ）

A. B. 1 C. 【答案】C

D.

【解析】模拟程序框图的运行过程，如下：否，

；

，

，否，

，，；

；

，，

，，

否，否，

，

；，否，

；，

，，否，

，否，

；

，

；，否，

，，；

；…；的值是随的变化而改变的，且周期为8，又

时相同，为平行；命题直线

，故选C.

与圆

，此时终止循环，∴输出的值与

6. 已知命题直线

与

相交所得的弦长为，则命题是（）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既充分也不必要条件 【答案】A

【解析】命题两条直线

，当

与

互相平行，∴

，解得

或

时，两直线重合，故舍去，故

，即

；命题由于直线被圆截得的弦长为可，解得

，综上可得命题是充分不

得：圆心到直线的距离必要条件，故选A. 7. 数列等于（ ）

为正项递增等比数列，满足，，则

A. -45 B. 45 C. -90 D. 90 【答案】D

【解析】设正项递增等比数列∴∴D. 8. 若A.

是夹角为 B.

的两个单位向量，则向量

D.

的夹角为（ ）

，解得

，故

的公比为，∵

，

，故选

，∴

，∵

，

C.

【答案】B 【解析】∵

，又∵

，∴

，∴

，得

，

得，又，∴两向量的夹角的

余弦值为，即向量的夹角为，故选B.

9. 已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线

的准线上，则双曲线的方程为（ ）

A. 【答案】A 【解析】由题意

的准线上，∴

故选A. 10. 已知

是定义在上的奇函数，当

时，

.若

，

，∵抛物线，∴

的准线方程为，∴

，

，双曲线的一个焦点在抛物线，∴双曲线的方程为

，

B.

C.

D.

则

A.

B.

的大小关系为（ ） C.

D.

【答案】C 【解析】∵函数，∴

时，

在上单调递减，由于

，故选C.

的图象过点

，相邻两个对称中心的距离是，则下列说法不正

，∴

在

上单调递减，又∵，

，

是定义在上的奇，

，∴

的大小关系为11. 函数确的是（ ） A. C.

的最小正周期为 B. 的一条对称轴为

在

上是减函数

的图像向左平移个单位所得图像关于轴对称 D.

【答案】D 【解析】∵函数

的图象相邻两个对称中心的距离是，∴

，故

，又∵函数

的图象过点，最小正周期为

条对称轴为

，∴

，故A正确；

，，则

，即

的一

，故B正确；向左平移个单位得

时，

为偶函数，即

，由三角函数的性质可得在该区间

关于轴对称，故C正确；当内有增有减，故D错误，故选D. 12. 已知函数范围是（ ） A. C. 【答案】A

【解析】关于的方程作出函数

B.

，若关于的方程有两个解，则实数的取值

D.

有两个解，等价于的图象，

，

和，

，

有两个交点，如图所示：

，由图可得

时，直线与曲线有两个交点，由图可得过原点的直线与者相切时，联立两者方程标为综上可得

和

且

得：

，由

有两个交点的临界位置为两

解得

，切点坐

，

，要使直线与抛物线有两个交点，直线的斜率应满足，故选A.

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13. 【答案】6 【解析】

，故答案为6.

________．

14. 一个圆柱的轴截面是正方形，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记球的体积为【答案】2

【解析】如图所示：

，圆柱内除了球之外的几何体体积记为

，则

的值为 ______ ．

设球的半径为，则球的体积为：，圆柱的体积为：，则

，则，故答案为2.

15. 若【答案】【解析】∵当且仅当

为奇函数，则的最小值为___． ;．

，∴

时等号成立，即

，，，故

，故答案为

.

，，

的最小值为

.................. 16. 已知抛物线点，且【答案】

【解析】如图所示：分别过点设

，则

，

故答案为.

向准线作垂线，垂足为

，

，过点向

作垂线，垂足为，

，

，过其焦点作一条斜率大于0的直线，与抛物线交于，则直线的斜率为________．

两

，又抛物线的定义可得

，即

，故可得

，故直线的倾斜角为，直线的斜率为，

三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 设函数（1）求（2）在【答案】(1)

的图象由

的图象向左平移个单位得到.

的最小正周期及单调递增区间： 中，

，6分别是角

的对边，且

,.(2)

,. ，故最小正周期

，由,求的值.

，单调增区间是

【解析】试题分析：（1）根据平移法则可得

解出不等式可得单调增区间；（2）由三角形面积公式得

出，由余弦定理可得的值. 试题解析：（1）即令

的图像向左平移个单位得到，函数最小正周期

，

.

的图像，

则 所以

的单调增区间是

，解得

.

，则有

，

,由

，所以

的前项和为，点，

，

在曲线

. 及.

，

（2）由题意得：因为弦定理，18. 已知数列

，所以

得，. 根据余

，上数列满足

的前5项和为45．

（1）求，的通项公式；

（2）设数的值． 【答案】(1)

，

，数列的前项和为，求使不等式恒成立的最大正整

.(2)8.

得

，

；（2）由（1）得恒成立只要

，由

通项公式，利用恒成立，解出

【解析】试题分析：（1）由得

为等差数列，求出首项和公差即可得

是递增数列，

裂项相消法得其前项和为，不等式即可.

试题解析：（1）由已知得：当当

时，

时，符合上式，所以

满足

，解得

，当时，

，

，

. ，所以，所以

为等差数列. 设其公差为.

.

，

，

因为数列则

（2）由（1）得，

因为所以所以

是递增数列. 所以，最大正整数的值为.

，故

， 恒成立只要

恒成立.

点睛：本题主要考查了这一常用等式的应用，以及数列的求和，属于高考中常考

知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于法类似于19. 已知四棱锥中点． (1)求证：(2)求直线

面与平面

；

所成角的余弦值.

，其中

和

分别为特殊数列，裂项相消法类似于为等差数列，

为等比数列等.

上面

且

．为

的

，错位相减

，其中

的底面为正方形，

【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】试题分析：（1）连接

. 交

于，连接

，由三角形中位线可得

所在直线分别为

，根据，

的中点， ，

，由线面轴建立空间

平行判定定理可得结论成立；（2）以为原点，直角坐标系

，求出面

交

的法向量于，连接

可得结果.

试题解析：（1）解：连接因为又为而

为正方形且的中点，故面

，

为面

为对角线，所以为的中位线，所以，故

面

.

(2)以为原点，则所以

,

, ,

所在直线分别为,

,

,

轴建立空间直角坐标系, ,

.

设平面令

的法向量，则, 所成角为，则

即,

，则法向量与平面

设直线,

故直线与平面所成角的余弦值.

点睛：本题主要考查了直线与平面平行的判定，空间向量在立体几何中的应用之线面角的求法，属于基础题；常见的线面平行的方式有：1、利用三角形中位线；2、构造平行四边形；3、构造面面平行等；直线与平面所成的角与直线的方向向量和平面的方向量所成的角之间满足20. 已知椭圆

（1）求椭圆的方程；

（2）设椭圆的右焦点为，为轴上一点，满足圆于

两点，求

面积的最大值. ；(2).

，由离心率

，

，结合

得

，结合

可得椭

，过点作斜率不为0的直线交椭

.

，其焦距为2，离心率为

【答案】(1)

【解析】试题分析：（1）由焦距为2得圆方程；（2）由题意可得立由韦达定理可得

，直线的方程为，

，将直线方程与椭圆方程联得的范围，利用点到直线的

距离为可得最大值.

， ，令，，结合二次函数的性质

试题解析：(1)因为椭圆焦距为2，即所以椭圆的方程为(2)椭圆右焦点

，由

.

可知

，所以,，所以，从而，

，直线过点，设直线的方程为，设

，则

，

，将直线方程与椭圆方程联立得

， ，由判别式解得，点

到直线的距离为，则 ，

， 令，，

则，当时，取得最大值，此时，，取

得最大值.

点睛：本题主要考查的椭圆方程的求法，以及焦点三角形的最值问题，计算量较大，属于难题；设出直线方程的点斜式，联立直线与椭圆的方程，运用韦达定理，结合弦长公式，运用点到直线的距离公式求出三角形的高，将三角形的面积表示为关于的函数，利用换元法及二次函数的性质求出函数的最值. 21. 已知函数（1）若不等式

恒成立，则实数的取值范围；

.若函数

在区间

上

（2）在（1）中，取最小值时，设函数恰有两个零点，求实数的取值范围； （3）证明不等式：【答案】(1)

；(2)

（

；(3)证明见解析.

且

）.

试题解析：(1)由题意知，恒成立.变形得：.

设调递减，所以

，则在

，由

处取得最大值，且

可知，在.

上单调递增，在上单

，实数的取值范围是，当

时，

. ， ，

在区间，

上恰有两

(2)由(1)可知，

在区间上恰有两个零点，即关于的方程

，令

个实数根. 整理方程得，

， 令，，

则因为当

，当时，，

因为

(3)由(1)可知，当当且仅当令

，时，，从而，

，于是

，从而，

，，

在上单调递增. 单调递减，

单调递增， ，

，所以实数的取值范围是时，有

，

.

时取等号.

，其中

.

，

时，

，

， ，

.

.命题得证.

， 且

，

，则有

整理得：当

上面即

个式子累加得：

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. 22. 在平面直角坐标系极坐标系，已知曲线

中，以原点为极点，轴正半轴为极轴，取相同的单位长度建立

，直线

.

（1）将曲线上所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的2倍、倍后得到曲线写出直线，和曲线的直角坐标方程； （2）若直线经过点【答案】(1)

，

且

，与曲线交于点；(2)2.

，求

的值.

，请

【解析】试题分析：（1）利用极坐标和直角坐标的关系可得直角坐标方程为，根据

伸缩变化法则可得的方程为；（2）写出直线的参数方程为，联立直

线和曲线，根据参数的几何意义结合韦达定理可得结果. 试题解析：(1)因为

，所以的直角坐标方程为

；

设曲线上任一点坐标为，则，所以，

代入方程得：(2)直线：

，所以的方程为

倾斜角为，由题意可知，

.

直线的参数方程为（为参数），

联立直线和曲线的方程得，数的几何意义可知，23. 已知（1）求（2）若不等式【答案】(1)6；(2)

．

是任意非零实数．

的最小值

.

.设方程的两根为，则，由直线参

恒成立，求实数取值范圈.

【解析】试题分析：（1）根据绝对值三角不等式可得表达式的最小值；（2）由（1）可得原题等价于出不等式即可. 试题解析：(1)因为

，故可得所求

，利用分类讨论的思想解

， 当且仅当

时取等号，所以

(2)由题意得：结合（1）得：当当当

时，时，时，

. ，解得成立，所以，解得

．

.

最小值为. 恒成立，

；

；

综上，实数的取值范围是

点睛：本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．