【解析版】四川省攀枝花市2018届高三第三次（4月）统考数学理试题 Word版含解析.doc

1、攀枝花市 2018 届高三第三次统一考试数学（理工类）试题卷第卷（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. 设集合 ，若 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析:首先根据 和交集的概念求出 b 的值，再求出 a 的值，最后求出MN.详解：因为 ，a0,所以 b=0,所以所以 a=1.所以 M=3,0,N=1,0所以 MN=3,0,1.故选 B.点睛：解答本题时，要注意题目中的隐含条件，对数函数中 a0，所以对于集合 N 中的元素没有必要分 a=0 和 b=0 两种情况讨论，提高了

2、解题效率.2. 已知 为虚数单位,若复数 是纯虚数,则 的值为( ）A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】C【解析】 由题意，复数 为纯虚数，则 ，即 ，故选 C3. 若 ，且 ，则 的值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】 由题意，根据诱导公式得 ，又因为 ，所以 ，所以 所以 ，故选 A4. 已知等比数列 的前 项和 满足 ,且 则 等于( ）A. B. 27 C. D. 9【答案】D【解析】分析:先化简 得到 q=3，再利用等比数列的通项公式求出 的值.详解：因为 ，所以所以故 q=3.由等比数列的通项公式得故选 D.点睛：本题对 的化简是一个技巧，如果直接代入等比数列

3、的前 n 项和公式，一是要分类讨论，二是有复杂的分式运算，解题效率比较低. 所以仔细观察已知条件化为 就是最好的选择，优化了解题.5. 现有 5 人参加抽奖活动,每人依次从装有 5 张奖票(其中 3 张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张,直到 3 张中奖票都被抽出时活动结束,则活动恰好在第 4 人抽完后结束的概率为( ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：将 张奖票不放回地依次取出共有 种不同的取法，若获恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到 张中奖票，第四次抽的最后一张奖票，共有 种取法，所以概率为 ，故选 C.考点：古典概型及其概率的计算.6. 一个几何体的视图如下图所示

4、，则该几何体的外接球的表面积为( ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：先通过三视图找到几何体的原图，发现原图是一个三棱锥，再找到几何体的外接球的半径，再求该几何体的外接球的表面积.详解：由三视图可知几何体的原图如下图所示：在图中 AB平面 BCD，BCBD，BC=2,BD=1,AB=2.由于BCD 是直角三角形，所以它的外接圆的圆心在斜边的中点 E,且设外接球的球心为 O,如图所示，由题得所以该几何体的外接球的表面积为故选 D.点睛：解答几何体的外接球的问题，一般先要确定截面圆的圆心和球心，再求直角三角形的三边，最后解勾股定理的方程，简记为“两心三边一方程”.本题就是按照此法解答

5、的.大家要理解掌握灵活运用.7. 执行如下图所示的程序框图，则输出的 ( ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：像这种程序框图的问题，一般直接按照程序框图运行该程序即可找到输出值S.详解：运行程序如下：故选 B.点睛：本题考查到了数列里的裂项相消法求和. ,裂项时，不要漏掉了后面的 .裂项相消是数列的一种重要的求和方法，是高考考查的重点，所以大家要理解掌握并灵活运用.8. 的展开式中，含 项的系数为( )A. B. C. D. 18【答案】A【解析】分析：先要对 进行化简成 的形式，再利用二项式定理分析 和 的展开式，找到 项的系数.详解：由题得 = ，因为 的展开式中 的系数为

6、的展开式中 x 的系数为所以此时 项的系数为 112=12.因为 的展开式中 的系数为 的展开式中 的系数为所以此时 项的系数为 4（-6）=-24.因为 的展开式中 的系数为 的展开式中 的系数为所以此时 项的系数为 61=6.综上所述，展开式中含 项的系数为 12-24+6=-6，故选 A.点睛：解答类似这种题目，必须对 的生成理解清楚，本题中 的生成有三种情况，所以要分三类讨论，最后把每一种情况下的系数相加.9. 已知函数 的图象关于点 对称，且 在区间上单调，则 的值为( ）A. 2 B. C. D. 【答案】C【解析】 由题意，又由图象关于点 对称，则 ，所以 ，即 ，又因为 ，且函

7、数 在 上单调，所以 ，所以 ，令 ，所以 ，故选 C10. 己知 为异面直线， 平面 平面 .直线 满足 ，则( ）A. ，且 B. ，且 C. 与 相交,且交线垂直于 D. 与 相交,且交线平行于【答案】D【解析】分析：关于几何元素位置关系的判断，一般要利用线面的性质定理判定定理进行证明.详解：由 m平面 ，直线 l 满足 lm，且 l，所以 l，又 n平面 ，ln，l，所以 l由直线 m，n 为异面直线，且 m平面 ，n平面 ，则 与 相交，否则，若 则推出 mn，与 m，n 异面矛盾故 与 相交，且交线平行于 l故选 D点睛: 关于几何元素位置关系的判断，一般要利用线面的性质定理判定定

8、理进行证明,当然也可以举反例来证明判断是错误的. 本题也可以利用举反例证明 A,B,C 选项是错误的.对于这两种方法在解选择题时，要灵活运用.11. 已知双曲线 的左，右顶点分别为 点 为双曲线的左焦点，过点作垂直于 轴的直线分别在第二、第三象限交双曲线 于 、 两点，连接 交 轴于点 ，连接 交 于点 ，且 ,则双曲线 的离心率为( ）A. B. 2 C. 3 D. 5【答案】B【解析】 由双曲线 ，得 又过点 作垂直与 轴的直线分别在第二，第三象限角双曲线 于 两点，所以 如图所示，设 ，因为 ，解得 ，即 ，又由直线 的方程为 ，令 ，得 ，即 ，又由 三点共线，所以 ，即 ，即又因为

9、，整理得 ，即 ，所以 ，故选 B点睛：本题考查了双曲线的几何性质离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出 ，代入公式 ；只需要根据一个条件得到关于 的齐次式，转化为 的齐次式，然后转化为关于 的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得 ( 的取值范围)12. 已知函数 若对区间 内的任意实数 ，都有，则实数 的取值范围是 ( ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先求导,再对 a 分类讨论求函数的单调区间，再画图分析转化对区间 内的任意实数 ，都有 ，得到关于 a 的不等式组，再解不等式组得到实

10、数 a 的取值范围.详解：由题得 .当 a1 时， ，所以函数 f（x）在 单调递减，因为对区间 内的任意实数 ，都有 ，所以 ，所以故 a1，与 a1 矛盾，故 a1 矛盾.当 1ae 时，函数 f(x)在0,lna单调递增，在(lna,1单调递减.所以因为对区间 内的任意实数 ，都有 ，所以 ，所以即令 ，所以所以函数 g(a)在（1，e）上单调递减，所以 ，所以当 1ae 时，满足题意.当 a 时，函数 f(x)在(0,1)单调递增,因为对区间 内的任意实数 ，都有 ，所以 ,故 1+1 ，所以故综上所述，a .故选 C.点睛：本题的难点在于“对区间 内的任意实数 ，都有 ”的转化.由于

11、是函数的问题，所以我们要联想到利用函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等）来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来，完成了数学问题的等价转化，找到了问题的突破口.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. 若两个非零向量 满足 ，则向量 与 的夹角为_【答案】 【解析】分析：先设 通过转化已知条件得到 再代入向量的夹角的公式求得 即得向量 与 的夹角.详解：设 则 ，故以 为邻边的平行四边形是矩形，且设向量 与 的夹角为 ，则 cos= .故填 .点睛：在代入向量的夹角公式时，先要把公式的基本量计算好.本题结

12、合题目，设是一个小的技巧，优化了解题，提高了解题效率 .14. 设变量 满足约束条件 ,则 的最大值为_【答案】5【解析】 画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，设目标函数 ，化简得 ，由图象可知，当直线 过点 A 点时，直线在纵轴的截距最大，此时目标函数取得最大值，由 ，解得 ，即 ，所以目标函数的最大值为 15. 已知 为抛物线 的焦点,过 作倾斜角为 的直线 与抛物线 交于两点,过 向 的准线作垂线,垂足分别为 ,设 的中点为 ,则 =_【答案】2P【解析】分析：先写出直线的方程，再和抛物线的方程联立得到 AB 的中点 N 的坐标，再利用勾股定理求|MF|.详解：设直线的方程为 ，联立

13、直线和抛物线的方程得设 ,则所以 AB 的中点 N 的横坐标为所以 N 的纵坐标为所以故填 2p.点睛：韦达定理在圆锥曲线里应用的比较广泛，一般遇到直线和圆锥曲线的问题，都可以使用，本题就是利用韦达定理求出了 AB 中点 N 的坐标.16. 记 若 是等差数列，则称 为数列 的“ 等差均值”;若是等比数列，则称 为数列 的“ 等比均值”.已知数列 的“ 等差均值”为 2,数列 的“ 等比均值”为 3.记 数列 的前 项和为 若对任意的正整数都有 ,则实数 的取值范围是_【答案】 【解析】分析：先利用定义求出 再把它们的通项代入求出，再根据对任意的正整数 都有 ,得到关于 k 的不等式组 ，解之

14、即得k 的取值范围.详解：由题得 ，所以所以两式相减得又由题得所以所以两式相减得所以因为对任意的正整数 都有 ,所以解之得 .故填 .点睛：解答定义题，首先要理解原题的定义，每一个关键词都要理解清楚，再解答. 如果定义含糊，解题当然会有问题.本题实际上是一个数列的通项问题和恒成立问题.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. 已知 的内角 的对边分别为 其面积为 ,且 .（）求角 ；（II）若 ,当 有且只有一解时,求实数 的范围及 的最大值.【答案】() .() .【解析】分析：（）利用余弦定理和三角形的面积公式化简 得到,再解这个三

15、角方程即得 A 的值. （II）先根据 有且只有一解利用正弦定理和三角函数的图像得到 m 的取值范围 ，再写出 S 的函数表达式求其最大值.详解：()由己知 由余弦定理得 ，所以 ，即 ,，所以 .()由己知，当 有且只有一解时，或 ,所以 ；当 时， 为直角三角形，当 时，由正弦定理 ，所以，当 时，综上所述， .点睛：本题在转化 有且只有一解时,容易漏掉 m=2 这一种情况.此时要通过正弦定理和正弦函数的图像分析，不能死记硬背.先由正弦定理得 再画正弦函数的图像得到 或 .18. 某市教育部门为了了解全市高一学生的身高发育情况，从本市全体高一学生中随机抽取了 100 人的身高数据进行统计分

16、析。经数据处理后,得到了如下图 1 所示的频事分布直方图，并发现这 100 名学生中,身不低于 1.69 米的学生只有 16 名,其身高茎叶图如下图 2 所示，用样本的身高频率估计该市高一学生的身高概率.(I)求该市高一学生身高高于 1.70 米的概率,并求图 1 中 的值.(II)若从该市高一学生中随机选取 3 名学生,记 为身高在 的学生人数,求 的分布列和数学期望；()若变量 满足 且 ,则称变量 满足近似于正态分布 的概率分布.如果该市高一学生的身高满足近似于正态分布 的概率分布，则认为该市高一学生的身高发育总体是正常的.试判断该市高一学生的身高发育总体是否正常,并说明理由.【答案】(

17、I) 见解析;（）见解析；() 见解析.【解析】分析: (I)先求出身高高于 1.70 米的人数,再利用概率公式求这批学生的身高高于1.70 的概率.分别利用面积相等求出 a、b、c 的值. (II)先求出从这批学生中随机选取 1 名，身高在 的概率，再利用二项分布写出 的分布列和数学期望. ()先分别计算出和 ，再看是否满足 且,给出判断.详解： (I)由图 2 可知，100 名样本学生中身高高于 1.70 米共有 15 名，以样本的频率估计总体的概率，可得这批学生的身高高于 1.70 的概率为 0.15.记 为学生的身高，结合图 1 可得:，,又由于组距为 0.1,所以 ，（）以样本的频率

18、估计总体的概率，可得: 从这批学生中随机选取 1 名，身高在 的概率.因为从这批学生中随机选取 3 名，相当于三次重复独立试验，所以随机变量 服从二项分布 ，故 的分布列为:0 1 2 30.027 0.189 0.441 0.343（或()由 ，取由（）可知， ,又结合(I)，可得:，所以这批学生的身高满足近似于正态分布 的概率分布，应该认为该市高一学生的身高发育总体是正常的.点睛：(1)本题不难，但是题目的设计比较新颖，有的同学可能不能适应. 遇到这样的问题,首先是认真审题，理解题意，再解答就容易了. (2)在本题的解答过程中，要灵活利用频率分布图计算概率.19. 如下图,四梭锥 中, 底

19、面 , 为线段 上一点， , 为 的中点.(I)证明: 平面 ；()求直线 与平面 所成角的正弦值.【答案】() 见解析.（） .【解析】分析：(I) 取 的中点 ,连接 ，证明 ,再证明 平面 . () 取的中点 ,连结 , 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系 ，利用空间向量法求直线 与平面 所成角的正弦值.详解： ()由己知得 ,取 的中点 ,连接 由 为 中点知又 故 ,四边形 为平行四边形，于是 因为 平面 , 平面 ，所以 平面 .（）取 的中点 ,连结 ,由 得 ,从而 ,且以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系 ，由

20、题意知， ,.设 为平面 的法向量，则 ，即 ，可取故直线 与平面 所成角的正弦值为点睛：求直线 与平面 所成角一般有两种方法，一是几何法，找 作 证 指求.二是向量法，利用空间向量求.本题由于有 底面 ,所以方便建立空间直角坐标系，所以用向量法比较合适.20. 已知椭圆 的右焦点为 ,坐标原点为 .椭圆 的动弦 过右焦点 且不垂直于坐标轴， 的中点为 ,过 且垂直于线段 的直线交射线 于点 .(I)求点 的横坐标;(II)当 最大时，求 的面积.【答案】() 见解析;() .【解析】分析：(I) 设 所在直线为 先求出 所在直线方程为 ，再求出直线 FM 方程为 ，联立两方程即可求出点 M

21、的坐标. (II)先利用向量的夹角公式求出 ，再利用基本不等式求出 的最小值，即得 最大值和 k 的值，再利用面积公式求 的面积.详解：() 易知 ，设 所在直线为联立方程组 ，化简得由韦达定理得则 ，从而 所在直线方程为又 所在直线方程为 ，联立两直线方程解得()解法一：由（）得 ，则则（当且仅当 时取等号）当 取得最小值时， 最大，此时从而 .解法二: 由()得 ，设直线 与 轴的交点为点则则 (当且仅当 时取等号）当 取得最大值时， 最大，此时从而 .点睛：本题关键是怎么探究 最大值，先转化成探究 最小值，再转化成向量的夹角的最小值，最后求向量的夹角的最小值，利用函数和基本不等式求向量的

22、夹角的最小值.21. 已知函数 ， .(I)若函数 在区间 上均单调且单调性相反,求 的取值范围；()若 ,证明:【答案】 （）见解析;（）见解析.【解析】分析：(I)先通过分析得到函数 在 上单调递增， 在 上单调递减.再得到在 上恒成立，再分离参数得到 ,再求函数的最大值，即可求得 的取值范围. ()先利用函数 在 上单调递增得到 ，再证明 .再利用 在 上单调递减，再证明 .详解：（） ，令,由已知函数 在 上单调得: 在 上单调递增，而 ，所以 得所以 在 上单调递减.所以 在 上恒成立，即 ,令 所以 在 上单调递增， ,所以 即 上单调递增，（）在（）中，令 在 上单调递增，即 ，

23、令 ,得 ，在(I)中，令 ,由 在 上均单调递减得: 所以 即取 得， ，即 ，由 得：综上: 点睛:本题难在第()问，它主要是利用了第(I)的结论. 先利用函数 在 上单调递增得到 ，再给 x 赋值证明 .再利用 在 上单调递减，再给 x 赋值证明 .处理数学问题时，经常要注意利用联系的观点处理问题，学会利用前面的结论处理后面的问题.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. 选修 4-4：坐标系与参数方程已知直线 的参数方程为 ( 为参数),以坐标原点为极点, 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,圆 的极坐标方程为 .(I)求圆 的直角坐标方程；(II)若

24、 是直线 与圆面 的公共点,求 的取值范围.【答案】 （）见解析;() 见解析.【解析】分析: (I)直接利用极坐标公式把圆 C 的极坐标方程化为直角坐标方程. (II)先求出直线 l 与圆的公共点，再数形结合分析出 的取值范围.详解：（）圆 的极坐标方程为又圆 普通方程为 ，()圆 的方程为 ,即 ,将直线 的参数方程. ， （ 为参数) 化为普通方程:直线 与圆 的交点为 和 ，设.故点 在线段 上从而当 与点 重合时，当 与点 重合时，故 的取值范围为-1,1.点睛：对于第()问，方法比较多，本题的解答时利用了数形结合的方法.,z 表示直线的纵截距，纵截距最大，z 最大，纵截距最小，z 最小. 一般看到二元一次多项式 要联想到利用直线的纵截距的几何意义解答比较方便.