1、2018 届南师附中、天一、海门、淮阴四校联考期初高三数学调研测试试题第卷（共 70 分）一、填空题（每题 5 分，满分 70 分，将答案填在答题纸上）1. 已知集合 ，且 ，则实数 的值是_【答案】【解析】 ， ， 答案：32. 已知复数 ，其中 是虚数单位，则 的实部是_【答案】【解析】 ， 的实部是 答案：3. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果 为_【答案】【解析】执行循环得 结束循环，输出 4. 如图所示，一面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图.若一个月以 天计算，估计这家面包店一个月内日销售量 个到 个的天数为_【答案】【解析】由频率分布直方图可得
2、，后 3 组的频率为 ，所以 故估计这家面包店一个月内日销售量 个到 个的天数为 答案：5. 有一个质地均匀的正四面体木块 个面分别标有数字 .将此木块在水平桌面上抛两次，则两次看不到的数字都大于 的概率为_【答案】【解析】由题意得，将此木块在水平桌面上抛两次看不到的数字共有 种情况，其中两次看不到的数字都大于 的情况有 ，共 4 种由古典概型概率公式可得所求概率为 答案：6. 已知 ，则 的值为_ 【答案】【解析】由题意得 ，解得 答案：点睛：在三角变换中，要注意寻找式子中的角、函数式子的特点和联系，可以切化弦，约分或抵消，以减少函数的种类，从而达到对式子进行化简的目的对于齐次式的求值问题常
3、将所求问题转化为正切的形式求解，在变形时有时需要添加分母 1，再用平方关系求解7. 设数列 为等差数列， 为数列 的前 项和，已知 为数列 的前项和，则 _【答案】【解析】设等差数列 的公差为 ，由题意得 ，即 ，解得 ， ， 答案：8. 在平面直角坐标系 中，双曲线 的一条渐近线与直线 垂直，则实数 的值为_【答案】【解析】令 ，得 ，故双曲线的渐近线方程为 由题意可得 ，解得 答案：9. 高为 的正四棱锥的侧面积为 ，则其体积为_【答案】【解析】设正四棱锥的底面边长为 ，斜高 ，则 由题意得 ，整理得 ，解得 或 （舍去） 答案：10. 设 是定义在 上且周期为 的函数，在区间 上，其函数
4、解析式是，其中 .若 ，则 的值是_【答案】【解析】 是周期为 的函数， ， ， ， ， 答案：111. 已知函数 在 上单调递减，则 的取值范围是_【答案】【解析】 ， 又函数 在 上单调递减， 在 上恒成立， ，即 ，解得 或 实数 的取值范围是 答案：12. 如图，在四边形 中， ，点 分别是边 的中点，延长 和 交的延长线于不同的两点 ，则 的值为_【答案】0【解析】如图，连 AC，取 AC 的中点 E，连 ME，NE，则 分别为 的中位线，所以,所以 由 与 共线，所以 ，故答案：0点睛：（1）根据题中的 ，添加辅助线是解题的突破口，得到 是解题的关键，然后根据向量的共线可得 ，再根
5、据向量的数量积运算求解。（2）也可利用 两式相加得到 。13. 已知圆 为圆 上的两个动点，且 为弦 的中点，.当 在圆 上运动时，始终有 为锐角，则实数 的取值范围为_【答案】【解析】由题意得 ，点 在以 为圆心，半径为 2 的圆上设 的中点为 ，则 ，且 当 在圆 上运动时，始终有 为锐角，以 为圆心，半径为 2 的圆与以 为圆心，半径为 1 的圆外离 ，整理得 ，解得 或 实数 的取值范围为 答案：点睛：解答本题时，要根据所给出的条件得到点 M 的轨迹，然后从点与圆的位置关系出发，得到点M 在以 为直径的圆外，从而根据图形可得到只要两圆外离就满足题意的结论，这是解题的关键14. 已知 ，
6、则 的最小值为_【答案】【解析】设 ，则原式，当且仅当 ，即 时等号成立答案：6第卷（共 90 分）二、解答题 （本大题共 6 小题，共 90 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在 中，角 的对边分别为 .已知 .（1）求角 的大小；（2）若 的面积为 ，求 的周长.【答案】 （1） ；（2） .【解析】试题分析：（1）由条件及正弦定理可得 ，于是得 ，所以 （2）由 的面积为 可得 ，然后根据余弦定理可得 ，于是 ，故可得周长为 6试题解析：（1）在 中，由正弦定理及 ，得 ，即 ，因为 ，所以 ，所以 ，所以 （2）由条件得 ，所以 ，由已知及余弦定理得 ，故 ，从而
7、 ，所以 ，所以 的周长为 16. 如图，在三棱锥 中， ,平面 平面 分别为中点.（1）求证： 平面 ；（2）求证：平面 平面 .【答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由 分别为 中点可得 ，根据线面平行的判定定理可得结论 （2）由题意可得 ，根据平面 平面 得到 平面 ，故 ，再结合 ，可得 平面 ，从而可得平面 平面 试题解析：（1）因为 分别为 中点，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 （2）因为 为 中点，所以 ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，故 平面 ，因为 平面 ，所以 因为 ，因此 因为 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以平面
8、 平面 17. 如图，某大型水上乐园内有一块矩形场地 米， 米，以 为直径的半圆 和半圆 （半圆在矩形 内部）为两个半圆形水上主题乐园， 都建有围墙，游客只能从线段 处进出该主题乐园.为了进一步提高经济效益，水上乐园管理部门决定沿着 修建不锈钢护栏，沿着线段 修建该主题乐园大门并设置检票口，其中分别为 上的动点， ，且线段 与线段 在圆心 和 连线的同侧.已知弧线部分的修建费用为 元/米，直线部门的平均修建费用为 元/米.（1）若 米，则检票等候区域（其中阴影部分）面积为多少平方米？（2）试确定点 的位置，使得修建费用最低.【答案】 （1） ；（2）当 为 时，修建费用最低.【解析】试题分析：
9、（1）设直线 矩形 交于 两点，则阴影部分的面积为矩形 的面积减去梯形和扇形 与扇形 的面积 （2）设 ，则 ，故，从而可得修建费用 ，利用导数求解，可得当 时，即 ， 有最小值，即修建费用最低试题解析：（1）如图,设直线 矩形 交于 两点，连 ，则 米， 米梯形 的面积为 平方米，矩形 的面积为 平方米，由 ，得扇形 和扇形 的面积均为 平方米，故阴影部分面积为 平方米（2）设 ，则 ，所以 ，修建费用 ，所以 ，令 ，得 ，当 变化时， 的变化情况如下表：0极小值由上表可得当 时，即 ， 有极小值，也为最小值故当 为 时，修建费用最低18. 已知椭圆 的方程： ，右准线 方程为 ，右焦点
10、为椭圆的左顶点.（1）求椭圆 的方程；（2）设点 为椭圆在 轴上方一点，点 在右准线上且满足 且 ，求直线 的方程.【答案】 （1） ；（2） 或 .【解析】试题分析：（1）由准线方程和焦点坐标可得 ，由此可得椭圆方程 （2）由题意设 的方程为 ，与椭圆方程联立解方程组可得点 M 的坐标，由此可得 ， ，然后由建立关于 的方程，解方程可得 ，从而可得直线方程试题解析：（1）由题意得 ， ,椭圆 的方程为 （2）由题意得，直线 的斜率存在，设 的方程为 ，由 ，得 ，而 ，又，又 ，解得 或 直线 的方程为 或 19. 已知函数 （ 是自然对数的底数）（1）若直线 为曲线 的一条切线，求实数 的
11、值；（2）若函数 在区间 上为单调函数，求实数 的取值范围；（3）设 ，若 在定义域上有极值点（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值） ，求实数 的取值范围.【答案】 （1） ；（2） ；（3） 或 .【解析】试题分析：（1）设切点，根据导数的几何意义求解 （2）分单调递增合递减两种情况考虑，将问题转化为导函数大（小）于等于零在 恒成立求解可得 的范围 （3）由题意得，令 ，然后对实数 的取值进行分类讨论，并根据 的符号去掉绝对值，再结合导数得到函数 的单调性，进而得到函数 有极值时实数 的取值范围试题解析：（1）设切点 ，则 （*）又，代入（*）得（2）设 ，当 单调递增时，则 在 上恒
12、成立， 在 上恒成立，又解得 当 单调递减时，则 在 上恒成立， 在 上恒成立，综上 单调时 的取值范围为 （3） ，令 则 ，当 时， ， 单调递增， ，即 .1）当 ，即 时， ，则 单调递增，在 上无极值点2）当 即 时，I）当 ，即 时，在 递增，在 上递增，在 上无极值点II）当 时，由在 递减， 递增，又使得在 上单调递减，在 上单调递增，在 上有一个极小值点3）当 时， ，在 上单调递减，在 上单调递增，又 ，在 上恒成立，无极值点4）当 时，在 递增，使得 ，当 时， 当 时， ，令 ，下面证明 ，即证 ，又，即证 ，所以结论成立，即 ，在 递减， 递增，为 的极小值.综上当
13、或 时， 在 上有极值点点睛：（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上 (或 ( 在该区间的任意子区间内都不恒等于 0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；（2）求函数的极值应先确定函数的定义域，再解方程 f(x)0，再判断 f(x)0 的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论20. 设数列 的首项为 ，前 项和为 ，若对任意的 ，均有 （ 是常数且）成立，则称数列 为“ 数列”.（1）若数列 为“ 数列” ，求数列 的通项公式；（2）是否存在数列 既是“ 数列” ，也是“ 数列”？若存在，求出符合条
14、件的数列 的通项公式及对应的 的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列 为“ 数列” ， ，设 ，证明： .【答案】 （1） ；（2）不存在；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意得 ，故 ，两式相减可得 ，在此基础上可得数列 为等比数列，从而可得通项公式 （2）利用反证法可得不存在这样的数列 既是“数列” ，也是“ 数列 ” （3）由数列 为“ 数列” ，可得到 对任意正整数 恒成立，于是可得 ，然后根据错位相减法求得 ，故得，故 ，即 ，即结论成立试题解析：（1）因为数列 为“ 数列” ，则故 ，两式相减得： ，又 时， ，所以 ，故 对任意的 恒成立，即 （常数） ，故数列 为
15、等比数列，其通项公式为 .（2）假设存在这样的数列 ，则有 ，故有两式相减得： ，故有 ，同理由 是“ 数列”可得 ，所以 对任意 恒成立所以 ，即 ，又 ，即 ，两者矛盾，故不存在这样的数列 既是“ 数列” ，也是“ 数列” （3）因为数列 为“ 数列” ，所以 ，所以 ，故有， ，又 时， ，故 ，满足 ，所以 对任意正整数 恒成立，数列的前几项为： 故 ，所以 ，两式相减得 ，显然 ，故 ，即 .点睛：（1）本题属于新概念问题，解题时要从所给出的概念出发，得到相应的结论，然后再借助于数列的有关知识得到相应的结论（2）对于存在性问题的解法，可利用反证法求解，解题时在假设的基础上得到矛盾是解
16、题的关键，通过否定假设可得原结论不成立附加题选做题在 四个小题中只能选做 2 道，每小题 10 分，请把答案写在答题卡指定区域内.A. 选修 4-1：集合证明选讲21. 如图， 为 的 边上的一点， 经过点 ，交 于另一点 ， 经过点 ，交 于另一点 ， 与 交于点 .求证： .【答案】证明见解析.【解析】试题分析：连接 交 于 ，由 四点共圆可得 ，同理 ，进而可证得四点共圆，故结论成立试题解析连接 交 于 ，由 四点共圆，可得 ，同理 ，故 ；所以 四点共圆，故 B. 选修 4-2：矩阵与变换22. 已知二阶矩阵 的特征值 所对应的一个特征向量 .（1）求矩阵 ；（2）设曲线 在变换矩阵
17、作用下得到的曲线 的方程为 ，求曲线 的方程.【答案】 （1） ；（2） .【解析】试题分析：（1）根据题意得到 ，利用矩阵的运算求得 后可得矩阵 （2）设曲线 上的点 在矩阵 的作用下得到点 ，则由 得到变换公式 ，代入可得曲线 的方程试题解析：（1）依题意得 ， ，解得（2）设曲线 上一点 在矩阵 的作用下得到曲线 上一点 ，则 ，即 ，又点 在曲线 上， ，整理得 ，曲线 的方程为 C. 选修 4-4：坐标系与参数方程23. 已知曲线 （ 为参数）和曲线 （ 为参数）相交于两点 ，求两点 的距离.【答案】 .【解析】试题分析：把参数方程化为普通方程，解方程组可得两曲线的交点坐标，根据两点
18、间的距离公式可得所求试题解析：曲线 的普通方程为 ，曲线 的普通方程为 ，由 ，解得 或 即两点 的距离为 D. 选修 4-5：不等式选讲24. 如图，已知长方体 ，直线 与平面 所成角为垂直 于点 为 的中点.（1）求直线 与平面 所成角的正弦值；（2）线段 上是否存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ？若存在，确定 点位置；若不存在，说明理由.【答案】 （1） ；（2）存在点 ，为 的中点.【解析】试题分析：由题意可知 ，故得 ，由此可得 （1）结合条件建立空间直角坐标系，由条件可求得平面 的一个法向量为 ，根据线面角的求法可得所求角的正弦值为 （2）根据条件可得，由此可得平面 的一个法向量为
19、 ，再由所给出的条件可求得，从而存在点 满足条件，且点 为 的中点试题解析：由题意得 ，所以 为直线 与面 所成的角，故又由 （1）以 为正交基底建立平面直角坐标系，则 ，则 ，设平面 的一个法向量为 ，因为 ，由 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，所以直线 与面 所成角的正弦值为 （2）令 ，则 ，所以 设平面 的一个法向量为由 ，由题意可得，整理得解得 或 又 ，所以存在点 满足条件，且点 为 的中点点睛：解决与平行、垂直有关的探索性问题的基本策略通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明
20、；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在25. 如图，一只蚂蚁从单位正方体 的顶点 出发，每一步（均为等可能性的）经过一条边到达另一顶点，设该蚂蚁经过 步回到点 的概率 .（1）分别写出 的值；（2）设顶点 出发经过 步到达点 的概率为 ，求 的值；（3）求 .【答案】 （1） ；（2） ；（3） .【解析】试题分析：（1）由题意得经过 1 步不可能从点 A 回到点 A，故 ；经过 2 步从点 A 回到点 A 的方法有 3 种，即 A-B-A；A-D-A； ，且选择每一种走法的概率都是 ，由此可得所求概率 （2）分 为奇数和偶数两种情况讨论可得结论 （3）结合（2）中的
21、结论，分四种情况可得 ，又 ，故可得 ，于是得到，从而可得结论试题解析：”（1） （2）由于顶点 出发经过 步到达点 的概率为 ，则由 出发经过 步到达点 的概率也是 ，并且由 出发经过 步不可能到 这四个点，所以当 为奇数时 ，所以 ；当 为偶数时， （3）同理，由 分别经 步到点 的概率都是 ，由 出发经过 再回到的路径分为以下四类：由 经历 步到 ，再经 步回到 ，概率为 ；由 经历 步到 ，再经 步回到 ，概率为 ； 由 经历 步到 ，再经 步回到 ，概率为 ；由 经历 步到 ，再经 步回到 ，概率为 ；所以 ，又 ，所以 ，即 ，所以 ，故 综上所述， 点睛：本题难度较大，综合了排列组合和概率的有关知识，解题的关键是根据条件进行分类讨论，另外利用互斥事件和相互独立事件的概率的知识也是解决本题的重要工具
