普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷（八）理科数学Word版含解析.doc

www.ks5u.com 普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷(八)‎ 理科数学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知复数满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设，则由已知有，，所以，解得，所以，故，选A．‎ ‎2．已知集合，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意得，，因为，所以，‎ 所以，故，故选C．‎ ‎3．设随机变量服从正态分布，若，则=（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为，所以．故选：B．‎ ‎4．当点到直线的距离最大时，的值为（ ）‎ A． B．0 C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】直线过定点，所以点到直线的距离最大时，垂直直线，即，，选C．‎ ‎5．函数在上的图象的大致形状是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】，所以是奇函数，故C错误；当时，，故D错误；，得可以取到极值，所以A 正确．故选A．‎ ‎6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长度为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】在棱长为2的正方体中，为的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥，故通过计算可得，，，故最长棱的长度为3，故选C．‎ ‎7．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．根据这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据条件，乌龟每次爬行的距离构成等比数列，公比为，‎ 当阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为，故选B．‎ ‎8．设，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则的最小值是（ ）‎ A． B． C．3 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】将的图象向右平移个单位后得到函数解析式为．∵平移后与原图象重合，‎ ‎∴，，即，，∵，∴的最小值是，故选D．‎ ‎9．执行如图所示的程序框图，若输入，，输出的，则空白判断框内应填的条件为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由程序框图，得程序运行过程为：，，，，，，；，，，，，，；，，，，，，；因为输出的结果为，所以判断框内应填“”．故选B．‎ ‎10．已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵在上恒成立，∴在上恒成立，‎ 令，，∴，当时，，‎ 单调递减；当时，，单调递增．故当时，取得最小值，且最小值为．∴．故实数的取值范围是．选C．‎ ‎11．设函数是定义在上的单调函数，且对于任意正数，有，已知，若一个各项均为正数的数列满足，其中是数列的前项和，则数列中第18项（ ）‎ A． B．9 C．18 D．36‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵，∵函数是定义域在上的单调函数，数列各项为正数，∴．①当时，可得；‎ 当时，②，①－②可得，‎ ‎∴，∵，∴，即，∴数列为等差数列，，；∴，即，所以，故选C．‎ ‎12．双曲线的左右焦点分别为，，焦距，以右顶点为圆心的圆与直线相切于点，设与交点为，，若点恰为线段的中点，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由直线方程可得直线过双曲线的左焦点，倾斜角为，直线与圆相切，则：，即是直角三角形，结合，可得：，‎ 联立直线与双曲线的方程可得：，则：，‎ 据此有：，结合，整理可得：，‎ 据此可得关于离心率的方程：，即，∵双曲线中，．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．已知平面向量，的夹角为，，，则____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】，故，填2．‎ ‎14．已知实数，满足条件若存在实数使得函数取到最大值的解有无数个，则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由约束条件画出可行域如下图，，，，目标函数可化为，，，，取最大值即截距最大，且有无数个解，所以目标函数与边界重合，当，截距为最小值，不符，当时，符合．，，填．‎ ‎15．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，若、、分别是棱、、的中点，则下列四个命题：‎ ‎①；‎ ‎②三棱锥的外接球的表面积为；‎ ‎③三棱锥的体积为；‎ ‎④直线与平面所成角为 其中正确的命题有__________．（把所有正确命题的序号填在答题卡上）‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】根据题意画出如图所示的直三棱柱：‎ 其中，底面为等腰直角三角形，，，、、分别是棱、、的中点．对于①，取中点，连接，交于点，连接．‎ ‎∵为中点，，，∴四边形为正方形，则，‎ 在中，，分别为，的中点，则∥，且．‎ ‎∵为的中点，且∥，∴且，‎ ‎∴四边形为平行四边形，∴∥，∴，故正确；‎ 对于②，易得，则．∵，‎ ‎∴，即，∵，‎ ‎∴三棱锥的外接球的球心在线段的中点处，则外接球的半径为，‎ ‎∴三棱锥的外接球的表面积为，故正确；‎ 对于③，易得，．在中，，，，同理可得，则三棱锥为正四面体，其体积为，故正确；‎ 对于④，直线在平面上的投影为直线，则为直线与平面所成的角，在中，，故不正确．故答案为①②③．‎ ‎16．已知函数，若函数的所有零点依次记为，则 ‎__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，，解得：，，函数在的对称轴为，，……．关于最大值对称的对称轴间的距离为，所以，，以此类推，，这项构成以首项为，为公差的等差数列，第项为，所以，解得，‎ 所以．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题：60分，每个试题12分．‎ ‎17．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若（）且，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由得：，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，∴．·······6分 ‎（2）由（），得，‎ 由正弦定理得，∴．‎ 根据正弦定理可得，解得，‎ ‎∴．····12分 ‎18． 2017年某市政府为了有效改善市区道路交通拥堵状况出台了一系列的改善措施，其中市区公交站点重新布局和建设作为重点项目．市政府相关部门根据交通拥堵情况制订了“市区公交站点重新布局方案”，现准备对该“方案”进行调查，并根据调查结果决定是否启用该“方案”．调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该“方案”进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图．相关规则为：①调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；②采用百分制评分，[60，80）内认定为满意，不低于80分认定为非常满意；③市民对公交站点布局的满意率不低于75％即可启用该“方案”；④用样本的频率代替概率．‎ ‎（1）从该市800万人的市民中随机抽取5人，求恰有2人非常满意该“方案”的概率；并根据所学统计学知识判断该市是否启用该“方案”，说明理由．‎ ‎（2）已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中抽取3人担任群众督查员，记为群众督查员中的老人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，‎ 用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，‎ 该人非常满意该项目的概率为，·······2分 现从中抽取5人恰有2人非常满意该“方案”的概率为：；·4分 根据题意：60分或以上被认定为满意或非常满意，在频率分布直方图中，评分在的频率为：，根据相关规则该市应启用该“方案”．·····6分 ‎（2）因为评分低于60分的被调查者中，老年人占，又从被调查者中按年龄分层抽取9人，‎ 所以这9人中，老年人有3人，非老年人6人，‎ 随机变量的所有可能取值为0，1，2，3·······7分 ‎，，‎ ‎，．·······11分 的分布列为：‎ 的数学期望．·······12分 ‎19．如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，，点在线段上，且，，平面．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）当四棱锥的体积最大时，求平面与平面所成二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，，可得，‎ 易得四边形是矩形，∴，·······1分 又平面，平面，∴，·······2分 又，，平面，∴平面，·······4分 又平面，∴平面平面·······5分 ‎（2）四棱锥的体积为，‎ 要使四棱锥的体积取最大值，只需取得最大值．‎ 由条件可得，‎ ‎∴，即，‎ 当且仅当时，取得最大值36．·······7分 分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．‎ 则，，，，‎ ‎，，，·······8分 设平面的一个法向量为，由，可得 ‎，令，可得，·······9分 同理可得平面的一个法向量为，·······10分 设平面与平面所成二面角为，．‎ 由于平面与平面所成角为锐二面角，所以余弦值为．·······12分 ‎20．已知四边形的四个顶点在椭圆：上，对角线所在直线的斜率为，且，．‎ ‎（1）当点为椭圆的上顶点时，求所在直线方程；‎ ‎（2）求四边形面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为，，所以对角线垂直平分线段．‎ 因为直线的斜率为，则直线所在直线的斜率为．‎ 又因为，则直线所在直线方程为．·······1分 由，解得·······2分 则中点的坐标为·······3分 所以所在直线方程为；·······4分 ‎（2）设，所在直线方程分别为，，‎ ‎，，中点．‎ 由，得，‎ 令，得，‎ ‎，·······6分 则，‎ 同理，·······8分 则·······9分 又因为，所以中点．‎ 由点在直线上，得，‎ 所以·······11分 因为，所以，‎ 所以当时，四边形的面积最大，最大面积为．·······12分 ‎21．已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数的最小值；‎ ‎（2）设，若对任意的，都有，求整数的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）3．‎ ‎【解析】（1）当时，，定义域为．‎ ‎，令，可得．·······2分 列表：‎ 所以，函数的最小值为．·······5分 ‎（2）由题意对任意的恒成立，‎ 可得对任意的恒成立．‎ 即对任意的恒成立．‎ 记，得，·······6分 设，，则在是单调增函数，‎ 又，，且在上的图象是不间断的，‎ 所以，存在唯一的实数，使得，·······8分 当时，，，在上递减；‎ 当时，，，在上递增．‎ 所以当时，有极小值，即为最小值，·······10分 又，故，所以，‎ 由知，，又，，所以整数的最大值为3．·······12分 ‎（二）选考题（共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一题计分）‎ ‎22．选修4－4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线与直线交于点，与曲线交于，两点．且，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵，∴，‎ 故曲线的极坐标方程为．·······5分 ‎（2）将代入，得．将代入，‎ 得，则，则，∴．·······10分 ‎23．选修4－5：不等式选讲 已知函数．‎ ‎（1）求函数的最大值；‎ ‎（2）若，都有恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）3；（2）．‎ ‎【解析】（1），所以的最大值是3．····5分 ‎（2），恒成立，‎ 等价于，即．‎ 当时，等价于，解得；‎ 当时，等价于，化简得，无解；‎ 当时，等价于，解得．‎ 综上，实数的取值范围为．·······10分