2018-2019学年度第一学期七调考试
高三年级数学试卷（文科）
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， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
A={x|y=log2（2﹣x）}={x|x＜2}，
B={x|x2﹣3x+2＜0}={x|1＜x＜2}，
则∁AB={x|x≤1}，
故选：B．
2.已知复数z满足，则
A. B. 1 C. D. 5
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意，．
考点：复数的运算．
【此处有视频，请去附件查看】
3.已知，，，(为自然对数的底数)，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分别计算出和的大小关系，然后比较出结果
【详解】，
，
，
则
故选
【点睛】本题考查了比较指数、对数值的大小关系，在解答过程中可以比较和的大小关系，然后求出结果。
4.“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标.“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度也越高.下图是2017年9月到2018年2月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图.
根据该走势图，下列结论正确的是（ ）
A. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化
B. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱
C. 从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差小于11月份的方差
D. 从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值
【答案】D
【解析】
选项A错，并无周期变化，选项B错，并不是不断减弱，中间有增强。C选项错，10月的波动大小11月分，所以方差要大。D选项对，由图可知，12月起到1月份有下降的趋势，所以会比1月份。选D.
5.在等差数列中，，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】
利用a1+a9 =a2+a8，将与作和可直接得.
【详解】在等差数列{an}中，由与作和得：
=（）+-（）
∴a1+a9 =a2+a8，∴==6．
∴a5=6．
故选：C．
【点睛】本题考查等差数列的性质，是基础的计算题．
6.设是边长为2的正三角形，是的中点，是的中点，则的值为（ ）
A. 3 B. C. 4 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
用表示,在利用向量数量积的运算，求得的值.
【详解】 ，故选A.
【点睛】本小题主要考查平面向量的线性运算，考查平面向量数量积的计算，还考查了等边三角形的几何性质，属于基础题.
7.已知抛物线的焦点为，点为上一动点，，，且的最小值为，则等于（ ）
A. B. 5 C. D. 4
【答案】C
【解析】
分析：先设，再根据的最小值为求出p的值，再求|BF|的长得解.
详解：设，则
因为，所以或（舍去）.
所以
故答案为：C
点睛：（1）本题主要考查抛物线的基础知识.(2)解答本题的关键是转化的最小值为，主要是利用函数的思想解答.处理最值常用函数的方法，先求出函数|PA|的表达式再求函数在的最小值.
8.已知，则的值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
故选B
9..一个空间几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，则它的外接球的表面积为( ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：由三视图可知还几何体是以ABCD为底面的四棱锥 ，由此可求其外接球的半径，进而得到它的外接球的表面积.
详解：
由三视图可知还几何体是以 为底面的四棱锥，过作
，垂足为， 易证面，设其外接球半径为，底面ABCD是正方形外接圆，．设圆心与球心的距离为，则
由此可得，故其外接球的表面积
故选B.
点睛：本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
10.已知直三棱柱的底面为等边三角形，且底面积为，体积为，点，分别为线段，上的动点，若直线平面，点为线段的中点，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由图像可知点M的轨迹为线段，两个端点分别为和的中点，即为等边三角形的高线，由底面积求出等边三角形边长，进而求出三角形的高线，即M的轨迹.
【详解】由题意可作如下图像：
因为直线PQ与平面无交点所以与此平面平行，所以，
当点P、点Q分别在点、C处时，此时中点M为中点，
当点P、点Q分别在点、处时，此时中点M为中点，
若D、E、F分别为三条棱的中点，则点M的轨迹为等边三角形的中线，
设底面边长为x，由底面面积可得：，解得，
所以轨迹长度为.
故选D.
【点睛】本题考查立体几何中，动点的轨迹问题，由题意找出图形中两个临界点，由题意两点之间的线段即为所求，注意计算的准确性.
11.在斜中，设角，，的对边分别为，，，已知，若是角的角平分线，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知，可得 结合余弦定理可得 又是角的角平分线，且，结合三角形角平分线定理可得
，再结合余弦定理可得的值，则可求.
【详解】由已知，根据正弦定理可得又由余弦定理可得故即结合三角形角平分线定理可得，再结合余弦定理可得
，
，由 ，
可得
故
故选B.
【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理及三角形角平分线定理，属中档题.
12.（原创，中等）已知函数 ，若 且满足，则 的取值范围是（ )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由 ，得，结合分段函数的范围可得，又，构造函数，求函数导数，利用单调性求函数值域即可.
【详解】由 ，得.
因为，所以，得.
又
令
.
令 .
当时，， 在上递减
故选A.
【点睛】函数的零点或方程的根的问题，一般有下列两种考查形式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值域取值范围问题；研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现。同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用.
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.执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为________．
【答案】
【解析】
初始
5
0
第一次
9
1
第二次
17
2
第三次
33
3
第四次
65
4
第四次时,,所以输出.
【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6
）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
14.已知，满足约束条件，若 的最大值为，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
画出可行域，当直线的截距最大时，取得最大值，若，则目标函数在点取得最大值，若，则目标函数在点取得最大值，分别求解即可得到答案。
【详解】画出，满足的可行域（见下图阴影部分），
目标函数可化为，
若，则目标函数在点取得最大值，
解方程，得，则，解得，不满足题意；
若，则目标函数在点取得最大值，
解方程，得，则，解得，满足题意。
故答案为2.
【点睛】本题考查了目标函数含参的线性规划问题，属于中档题。
15.已知定义在上的偶函数，满足，当时，，则__________．
【答案】
【解析】
分析：由可知，函数的周期为2，利用周期性与奇偶性把所给的两个自变量转化到区间上，代入求值即可.
详解：由可知，函数的周期为2，又为偶函数
∴
故答案为：
点睛：本题重点考查了奇偶性与周期性的应用，考查了转化的思想方法，属于中档题.
16.已知双曲线C：（a＞0，b＞0），圆M：．若双曲线C的一条渐近线与圆M相切，则当取得最小值时，C的实轴长为________．
【答案】4
【解析】
【分析】
设渐近线方程为，由点到直线的距离公式可得，则，利用导数研究函数的单调性可得在上递减，在上递增，时，有最小值，从而可得结果.
【详解】设渐近线方程为，即，
与相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，
，
，
，
时，；时，，
在上递减，在上递增，
时，有最小值，
此时实轴，故答案为4.
【点睛】
本题主要考查双曲线的渐近线、直线与圆的位置关系以及利用导数研究函数的单调性与最值，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于难题. 解答直线与圆的位置关系的题型，主要是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系.
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.在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若等差数列的公差不为零，，且、、成等比数列，求的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）由根据正弦定理可得，由余弦定理可得，从而可得结果；（2）由（1）可得，再由、、成等比数列，列方程求得公差，从而得，则 ，利用裂项相消法可得结果.
【详解】（1）由 得
，所以
又
（2）设的公差为，由（1）得，且，
∴．又，∴，∴．
∴
∴
【点睛】
裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
18.等边三角形的边长为6，为三角形的重心，过点且与平行，将沿直线折起，使得平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】
【分析】
由已知条件证得平面，，得证
运用等体积法求出点到平面的距离
【详解】(1)因为为三角形的重心，
所以，因为，所以，
因为平面平面,平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以,
因为为三角形的重心，所以，
因为平面,所以平面；
(2)等边三角形的边长为，为三角形的重心，
由可知，
同理
即
解得
【点睛】本题主要考查的是线面垂直的判断与求点到平面的距离，解题的关键在于等体积法的运用，在证明线面垂直时注意折叠后的面面垂直性质运用
19.为提高玉米产量，某种植基地对单位面积播种数与每棵作物的产量之间的关系进行了研究，收集了块试验田的数据，得到下表：
试验田编号
（棵/）
（斤/棵）
技术人员选择模型作为与的回归方程类型，令，相关统计量的值如下表：
由表中数据得到回归方程后进行残差分析，残差图如图所示：
（1）根据残差图发现一个可疑数据，请写出可疑数据的编号（给出判断即可，不必说明理由）；
（2）剔除可疑数据后，由最小二乘法得到关于的线性回归方程中的，求关于的回归方程；
（3）利用（2）得出的结果，计算当单位面积播种数为何值时，单位面积的总产量的预报值最大？（计算结果精确到）
附：对于一组数据，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，，
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据残差图发现10号与其它编号的数据差异明显，故可疑数据的编号为10；（2）先去掉10号的数据，然后分别求出与，即可得到关于的线性回归方程，进而得到关于的回归方程；（3）先求出的表达式，然后利用基本不等式可以求出最大值。
【详解】（1）可疑数据为第组
（2）剔除数据后，在剩余的组数据中，
，
所以 ，
所以关于的线性回归方程为
则关于的回归方程为
（3）根据（2）的结果并结合条件，单位面积的总产量的预报值
当且仅当时，等号成立，此时，
即当时，单位面积的总产量的预报值最大，最大值是.
【点睛】本题考查了线性回归方程的知识，考查了基本不等式求最值，属于中档题。
20.已知椭圆:过点和点.
（Ⅰ）求椭圆的方程;
（Ⅱ）设直线与椭圆相交于不同的两点,,是否存在实数,使得?若存在,求出实数;若不存在,请说明理由.
【答案】（1）（2）不存在
【解析】
试题分析：由已知求得，把点的坐标代入椭圆方程求得的值，进而得到椭圆的方程；假设存在实数满足题设，联立直线方程与椭圆方程，由判别式大于求得的范围，再由根与系数的关系求得的中点的坐标，进一步求得，结合，可得，由斜率的关系列式求得的值，检验即可得到结论
解析：（Ⅰ）椭圆:过点和点,
所以,由,解得,
所以椭圆:;
（Ⅱ）假设存在实数满足题设,
由,得,
因为直线与椭圆有两个交点,
所以,即,
设的中点为,分别为点的横坐标,则,
从而,
所以,
因为,
所以,
所以,而,
所以,即,与矛盾,
因此,不存在这样的实数,使得.
点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，在解题过程中设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用中点坐标求出中点坐标，利用垂直列出方程来求解参量的值，本题的关键在于运用垂直求解，较为基础。
21.设函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数在零点，证明：.
【答案】（1）在上是增函数，在上是减函数； （2）.
【解析】
【分析】
（1）先确定函数的定义域，然后求，进而根据导数与函数单调性的关系，判断函数 的单调区间；
（2）采用分离参数法，得，根据在上存在零点，可知有解，构造，求导，知在上存在唯一的零点，即零点k满足，进而求得，再根据有解，得证
【详解】（1）解：函数的定义域为，
因为，所以．
所以当时，，在上是增函数；
当时，，在上是减函数．
所以在上是增函数，在上是减函数．
（2）证明：由题意可得，当时，有解，
即有解．
令，则．
设函数，所以在上单调递增．
又，所以在上存在唯一的零点．
故在上存在唯一的零点．设此零点为，则．
当时，；当时，．
所以在上的最小值为．
又由，可得，所以，
因为在上有解，所以，即．
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式成立，考查了利用导数研究函数的零点问题，涉及了求函数导数，函数零点存在性定理的应用等知识；从哪里入手，怎样构造，如何构造适当的函数，是解决此类问题的关键一步.
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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为 为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线，的公共点为.
（Ⅰ）求直线的斜率；
（Ⅱ）若点分别为曲线，上的动点，当取最大值时，求四边形的面积.
【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）消去参数α得曲线C1的普通方程，将曲线C2化为直角坐标方程，两式作差得直线AB的方程，则直线AB的斜率可求；
（Ⅱ）由C1方程可知曲线是以C1（0，1）为圆心，半径为1的圆，由C2方程可知曲线是以C2（2，0）为圆心，半径为2的圆，又|CD|≤|CC1|+|C1C2|+|DC2|，可知当|CD|取最大值时，圆心C1，C2在直线AB上，进一步求出直线CD（即直线C1C2）的方程，再求出O到直线CD的距离，则四边形ACBD的面积可求．
【详解】（Ⅰ）消去参数α得曲线C1的普通方程C1：x2+y2﹣2y=0．…（1）
将曲线C2：ρ=4cosθ化为直角坐标方程得x2+y2﹣4x=0．…（2）
由（1）﹣（2）化简得y=2x，即为直线AB的方程，故直线AB的斜率为2；
（Ⅱ）由C1：x2+y2﹣2y=0知曲线C1是以C1（0，1）为圆心，半径为1的圆，
由C2：x2+y2﹣4x=0知曲线C2：是以C2（2，0）为圆心，半径为2的圆．
∵|CD|≤|CC1|+|C1C2|+|DC2|，
∴当|CD|取最大值时，圆心C1，C2在直线CD上，
∴直线CD（即直线C1C2）的方程为：2x+y=2．
∵O到直线CD的距离为，即|AB|=
又此时|CD|=|C1C2|+1+2=3+，
∴四边形ACBD的面积．
【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程以及参数方程化成普通方程，考查了直线与圆的位置关系，是中档题．
23.设的最小值为.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析: （Ⅰ）根据绝对值定义将函数化为三段，分别求出各段上的最小值，最后取三个最小值的最小值，作为的值；（Ⅱ）根据条件可得所求式子中两个分母的和为定值4，利用1的代换方法，将式子转化：，最后根据基本不等式求最值.
试题解析:解：（Ⅰ）当时，
当时，
当时，
当时，取得最小值
（Ⅱ）由题意知
当且仅当时，即等号成立，
的最小值为.
微信/支付宝扫码支付