1、2018 届内蒙古集宁一中高三上学期期末考试文数试卷（解析版）第卷（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. 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.2. 已知是的共轭复数，若复数 ，则在复平面内对应的点是（ ）A. B. C. D. 【答案】A3. “ （ ） ”是“函数 是奇函数”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】 若 ，则 ，函数 为
2、奇函数，所以充分性成立；反之，若函数 是奇函数，则 ，即 ，因此必要性也是成立，所以“ ”是“函数 是奇函数”充要条件，故选 C.4. 设不等式组 所表示的平面区域为 ，在 内任取一点 ， 的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，四边形 所示，作出直线 ，5. 已知函数 （ ， ）的图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ，将函数 的图象向右平移 （ ）个单位长度后得到函数 的图象，若 ， 的图象都经过点 ，则 的一个可能值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由函数 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ，得函数 的最小正周期为
3、 ，则 ，所以函数 ，的图象向右平移 个单位长度，得到 的图象，以为 的图象都经过点 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ，所以 或 ，所以 或 ，因为 ，所以结合选项可知 得一个可能的值为 ，故选 D.6. 已知数列 是公比为 2 的等比数列，满足 ，设等差数列 的前 项和为 ，若 ，则（ ）A. 34 B. 39 C. 51 D. 68【答案】D【解析】 由数列 是公比为 的等比数列，且满足 ，得 ，所以 ，所以 ，设数列 的公差为 ，则 ，故选 D.7. 已知函数 （ ， ）在 处取得极小值，则 的最小值为（ ）A. 4 B. 5 C. 9 D. 10【答案】C【解析】 由 ，得 ，则 ，所以
4、 ，所以 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，故选 C.8. 执行如下图所示的程序框图，若输出的 ，则输入的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由题意，当输入，则 ； ； ，终止循环，则输出 ，所以 ，故选 D.9. 设某曲线上一动点 到点 的距离与到直线 的距离相等，经过点 的直线与该曲线相交于 ，两点，且点 恰为等线段 的中点，则 （ ）A. 6 B. 10 C. 12 D. 14【答案】B【解析】 由曲线上一动点 到点 的距离与到直线 的距离相等知该曲线为抛物线，其方程为 ，分别过点 向抛物线的准线 作垂线，垂足分别为 ，由梯形的中位线定理知 ,所以 ，故选 B.10.
5、在 中， 是 的中点， ， ， 相交于点 ，若 ， ，则 （ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】D【解析】 由题意知 ，所以 ，解得 ，所以 ，故选 D.11. 一个三棱锥 内接于球 ，且 ， ， 则球心 到平面 的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由题意可得三棱锥 的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体 ，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥 的外接球 ，长方体 共顶点的三条面对角线的长分别为，设球 的半径为 ，则有 ，在 中，由余弦定理得 ，再由正弦定理得 为 外接圆的半径） ，则 ，因此球心 到平面 的距离 ，故选 D.点睛：本题主要考查了球
6、的组合体问题，本题的解答中采用割补法，考虑到三棱锥 的三对对棱相等，所以可得三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是三棱锥 的外接球，求出求出球的半径，进而求解距离，其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.12. 已知 为定义在 上的函数，其图象关于 轴对称，当 时，有 ，且当 时，若方程 （ ）恰有 5 个不同的实数解，则 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 当 时，有 ，所以 ，所以函数 在 上是周期为 的函数，从而当 时， ，有 ，又 ，即 ，有易知 为定义在 上的偶函数，所以可作出函数 的图象与直线 有 个不同的交点，所以 ，解得 ，故选 C.点睛：本
7、题主要考查了函数的奇偶性、周期性、对称性，函数与方程等知识的综合应用，着重考查了数形结合思想研究直线与函数图象的交点问题，解答时现讨论得到分段函数的解析式，然后做出函数的图象，将方程恰有 5 个不同的实数解转化为直线与函数的图象由 5 个不同的交点，由数形结合法列出不等式组是解答的关键.第卷（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. 函数 的图象在点 处的切线方程是 ，则 _【答案】【解析】 由导数的几何意义可知 ，又 ，所以 .14. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一段话：“三百七十八里关，初行健步不为难，脚痛每日减一半，六天才能到其关.”其大意为
8、：“有一个人走 378 里路，第一天走得很快，从第二天起由于脚痛每天走的路程为前一天走的路程的一边，走了 6 天后到达目的地.”则该人最后一天走的路程为_里【答案】6【解析】设每天走的路程里数为由题意知 是公比为 的等比数列故答案为15. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_【答案】【解析】 由三视图知该几何体是一个半圆锥挖掉一个三棱锥后剩余的部分，如图所示，所以其体积为 .点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上
9、下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法.16. 已知圆 的圆心在直线 上，半径为 ，若圆 上存在点 ，它到定点 的距离与到原点的距离之比为 ，则圆心 的纵坐标的取值范围是_【答案】【解析】 因为圆心 在直线 上，设圆心 ，则圆 的方程为 ，设点 ，因为 ，所以 ，化简得 ，即 ，所以点 在以 为圆心， 为半径的圆上，则 ，即 ，整理得 ，由 ，得 ，由 ，得 ，所以圆心 的纵坐标的取值范围是 .点睛：本题主要考查了圆的方程，动点的轨迹方程、两圆的位置关系、解不等式
10、等知识的综合运用，着重考查了转化与化归思想和学生的运算求解能力，解答中根据题设条件得到动点 的轨迹方程，利用两圆的位置关系，列出不等式上解答的关键.对于直线与圆的位置关系问题，要熟记有关圆的性质，同时注意数形结合思想的灵活运用.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 ， ， 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】试题分析：（1）由正弦定理对等式进行变形，再结合余弦定理，即可得到角 的大小；（2）先由诱导公式和正弦定理求得角 和边，再利用
11、三角形的面积公式，即可求得三角形的面积.试题解析：（1）由 得， ， ， ， .（2）由 （ ） ，得 ，由正弦定理得 ， .根据正弦定理可得 ，解得 ， .18. 金砖国家领导人第九次会晤于 2017 年 9 月 3 日至 5 日在中国福建厦门市举行，为了在金砖峰会期间为来到厦门的外国嘉宾提供服务，培训部对两千余名志愿者进行了集中培训，为了检验培训效果，现培训部从两千余名志愿者中随机抽取 100 名，按年龄（单位：岁）分组：第 1 组 ，第 2 组 ，第 3 组，第 4 组 ，第 5 组 ，得到的频率分布直方图如图所示.（1）若从第 3，4，5 组中用分层抽样的方法抽取 6 名志愿者前去机场
12、参加接待外宾礼仪测试，则应从第3,4,5 组中各抽取多少名志愿者？（2）在（1）的条件下，若在第 3,4 组的志愿者中随机抽取 2 名志愿者介绍接待外宾经验感受，求第 4 组至少有 1 名志愿者被抽中的概率.【答案】 （1）应从第 3,4,5 组中分别抽取 3 名，2 名，1 名志愿者; （2） .【解析】试题分析：（1）现有频率分布直方图，求得第 组的频数，再利用分层抽样的方法得到结果；（2）根据古典概型的概率计算公式，即可求解第 4 组至少有 1 名志愿者的概率.试题解析：（1）第 3 组的人数为 ，第 4 组的人数为第 5 组的人数为 .因为第 3，4，5 组共有 60 名志愿者，所以利
13、用分层抽样的方法在 60 名志愿者中抽,56 名志愿者，每组抽取的人数分别为，第 3 组： ，第 4 组： ，第 5 组： .所以应从第 3,4,5 组中分别抽取 3 名，2 名，1 名志愿者.（2）记第 3 组的 3 名志愿者分别为 ， ， ，第 4 组的 2 名志愿者分别为 ， ，则从透明志愿者中抽取 2 名志愿者的情况有 ， ， ， ， ， ， ， ， ，共 10 种.其中第 4 组的 2 名志愿者 ， 至少有 1 名被抽中的情况有 ， ， ， ， ， ，共 7 种.所以第 4 组至少有 1 名志愿者被抽中的概率为 .19. 如图，在 中， ， ， ， ，将 沿 折起得四棱锥 ，使 .（
14、1）求证： 平面 ；（2）若三棱锥 的体积为 ，求四棱锥 的表面积 .【答案】 （1）详见解析; （2） .【解析】试题分析：（1）要证明线面垂直，根据线面垂直的判定定理，需要证明直线与平面内的两条相交直线垂直，即证明 即可；（2）由题意，易得 平面 ，设 ，则 ，由三棱锥 的体积求出 的长，进而可求解四棱锥 的表面积.试题解析：（1）翻折前在在 中， ， ，所以 ，翻折后 ，所以 ，又 ， ，所以 平面 .（2）翻折后 ， ，所以 平面 ，由（1）知 ，设 ，因为 ， ，所以 ， ，因为三棱锥 的体积为 ，所以 ，解得 ，即 ， ， ，易求得 ， ， ， ，则 ，所以，所以四棱锥 的表面积.
15、20. 已知椭圆 的中点在原点，焦点在 轴上，离心率 ，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形的周长为 8，面积为 .（1）求椭圆 的方程；（2）过原点 的两条直线 ， ，交椭圆 于 ， ， ， 四点，若 ，求四边形 的面积.【答案】 （1） ;（2） .【解析】试题分析：（1）依题意，根据椭圆的几何意义，求得 的值，即可得到椭圆的方程；（2）由题意设直线 的方程与椭圆的方程联立方程组，得出 ，再由 ，求出 的关系式，然后把四边形 的面积转化为 的面积，结合 的关系式，代入便可得到结果.试题解析：（1）依题意，设椭圆 的方程为 （ ） ，焦距为 ，由题设条件可知， ，即 ，又 ， ，解得 ，
16、 或 ， （经检验不合题意，舍去）.故椭圆 的方程为 .（2）不妨设 ， 位于 轴的上方，则直线 的斜率一定存在，设直线 的方程为 ， ，联立，得 整理得 ，则， .由 得， ，将代入得 .因为原点到直线 的距离 ， ，所以，故四边形 的面积为 .点睛：本题主要考查了椭圆的方程的求解、直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中将所求四边形的面积，利用椭圆的对称性转化为 的面积来表示是本题解答的关键，其中椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，同时对于直线与圆锥曲线问题，通常是联立直线与圆锥曲线的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数” 的解析式，应用确定函数最值的方法求解，此类问题易错点是
17、复杂式子的变形能力不足，导致错解.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21. 已知函数 .（1）若 是 的极值点，试研究函数 的单调性，并求 的极值；（2）若 在 上恒成立，求实数的取值范围.【答案】 （1）详见解析;（2） .【解析】试题分析：（1）现求 ，再由 是 的极值点，求得的值，最后根据 得到函数 的单调性和极值；（2）将不等式的恒成立问题转化为求曲线 的最小值问题，对分类讨论，即可确定实数的取值范围 .试题解析：（1）函数 ，定义域为 ，则 ，若 是 的极值点，则 ，即 . ， .令 ，则 ，令 ，则 ， 在 上单调递增，在 上单调递减， 在
18、 处取得极小值，极小值为 .（2）若 在 上恒成立，即 .由（1）知 ，（i）当 时，即 在 上恒成立，即 在 上单调递减，则 ，得 .（ii）当 时， 时， ，时， ，若 ，即 时， 在 上恒成立，则 在 上单调递减， ，即 时 恒成立，若 ，即 时， 时， ， 时， .即 在 上单调递减，在 上单调递增，则 ，得 .综上所述，实数的取值范围是 . 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用问题，其中对于解答与函数有关的不等式的恒成立问题的基本思想由两个：意识分离参数法，这是最基本的方法，通过分离参数将原问题转化为新函数的最值问题加以处理，但这种方法要注意参数的系数符号是否确定，如果系数的符
19、号不确定，则需要分类讨论；二是直接转化为含参数函数的最值问题求解，显然要根据参数的取值范围确定参数对最值的影响，从而进行分类讨论.（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，则按所做的第一题。22. 选修 4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与 轴的非负半轴重合，直线的参数方程为（为参数） ，曲线 的极坐标方程为 .（1）写出曲线 的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）设 ， 分别是直线与曲线 上的点，求 的最小值.【答案】 （1） ; ;（2） .【解析】试题分析：（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线 的直角坐标方程
20、，通过消去参数可将直线的参数方程转化为普通方程；（2）在直角坐标系中进行求解，运用点到直线的距离公式，求出圆心到直线的距离 ，利用数形结合边框求出 的最小值.试题解析：（1） ， ， ， ， ，即 ，曲线 的直角坐标方程为 .由 （为参数） ，消去得 ，直线的普通方程为 .（2） ， 分别是直线与曲线 上的点，曲线 是以 为圆心，1 为半径的圆，圆心 到直线的距离，所以直线与圆 相离， .23. 选修 4-5：不等式选讲设函数 .（1）若 对任意的 且 恒成立，求的取值范围；（2）解不等式 .【答案】 （1） ;（2） .【解析】试题分析：（1）依题意将原不等式转化为 对任意 且 恒成立，令，由基本不等式得出函数的最小值，即可求解的取值范围；（2）利用零点分段法，去掉绝对值号，即可求解不等式的解集.试题解析：（1）因为 对任意的 且 恒成立，令 ，因为，当且仅当 ，即 或 时等号成立，所以的取值范围为 .（2）原不等式等价于 ，等价于 ，等价于 或 或解三个不等式组，得 或 或 ，故不等式的解集为 .
