2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷(理科)

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（理科）

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. 设全集，集合，集合，则（）

A. B. C. D.

2. 已知复数（是虚数单位），则下列说法正确的是（）

A.复数的实部为

B.复数的虚部为

C.复数的共轭复数为

D.复数的模为

3. 已知数列为等比数列，且，则

A. B. C. D.

4. 双曲线的一条渐近线与抛物线只有一个公共点，则双曲线的离

心率为（）

A. B. C. D.

5. 在中，是的中点，，点在上且满足学，则

等于（）

A. B. C. D.

6. 数列中，，对任意，有，令，，则

A. B. C. D.

7. 若的展开式中各项的系数之和为，则分别在区间和内任取两个实数，，满足的概率为（）

A. B. C. D.

8. 刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”．意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两

块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的

叫鳖臑，两者体积之比为定值，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（）

A. B. C. D.

9. 某程序框图如图所示，则程序运行后输出的的值是（）

A. B. C. D.

10. 设：实数，满足；：实数，

满足，则是的（）

A.必要不充分条件

B.充分不必要条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要的条件

11. 已知圆和点，若圆上存在两点，，使得，则实数的取值范围为（）

A. B. C. D.

12. 定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有

成立，则有（）

A. B.

C. D.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则________．

14. 已知样本数据，，……的方差是，如果有,…,，那么数据，，……的均方差为________．

15. 设函数向左平移个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则________．

16. 函数，，若函数，且函数的零点均在内，则的最小值为________．

三、解答题：共70分.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题为选考题，考生根据要求作答.

17. 已知向量，，函数．

（1）求的最小正周期；

（2）当时，的最小值为，求的值．

18. 如图所示，矩形中，，平面，，为上

的点，且平面．

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面所成角的余弦值．

19. 某地一商场记录了月份某天当中某商品的销售量（单位：）与该地当日最高气温（单位：）的相关数据，如表：

（1）试求与的回归方程；

（2）判断与之间是正相关还是负相关；若该地月某日的最高气温是，试用所

求回归方程预测这天该商品的销售量；

（3）假定该地月份的日最高气温，其中近似取样本平均数，近似取

附：参考公式和有关数据，，，若，则，且．

20. 已知圆：，过且与圆相切的动圆圆心为．

（1）求点的轨迹的方程；

（2）设过点的直线交曲线于，两点，过点的直线交曲线于，两点，且，垂足为（，，，为不同的四个点）．

①设，证明：；

②求四边形的面积的最小值

21. 已知函数，其中为自然对数的底数．

（1）证明：当时，①，②；

（2）证明：对任意，，有．

选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线的参数方程是（是参数），圆的极坐标方程为．（1）求圆心的直角坐标；

（2）由直线上的点向圆引切线，并切线长的最小值．

[选修4-5：不等式选讲]

23. 设函数，其中．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时，恒有，求的取值范围．

参考答案与试题解析

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（理科）

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.

【答案】

C

【考点】

交、并、补集的混合运算

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：∵，，

∴或．

∵，

∴．

故选．

2.

【答案】

D

【考点】

虚数单位i及其性质

复数的运算

复数求模

复数的基本概念

【解析】

直接利用复数的基本概念得选项．

【解答】

∵，

∴的实部为，虚部为，的共轭复数为，模为．

∴说法正确的是复数的模为．

3.

【答案】

A

【考点】

等比数列的通项公式

【解析】

由等比数列的性质可得：，根据，可得．利用三角函数求值即可得出．

【解答】

由等比数列的性质可得：，

∴，

则．

4.

【答案】

D

【考点】

圆锥曲线

【解析】

先根据双曲线方程表示出渐近线方程与抛物线方程联立，利用判别式等于求得和的关系，进而求得和的关系，则双曲线的离心率可得．

【解答】

依题意可知双曲线渐近线方程为，与抛物线方程联立消去得

∵渐近线与抛物线有一个交点

∴，求得，

∴，

∴，

5.

【答案】

A

【考点】

平行向量的性质

平面向量数量积的性质及其运算律

【解析】

由是的中点，知是边上的中线，又由点在上且满足可得：是三角

形的重心，根据重心的性质，即可求解．

【解答】

∵是的中点，知是边上的中线，

又由点在上且满足

∴是三角形的重心

∴

∴

∴

6.

【答案】

D

【考点】

数列递推式

【解析】

，即．时，

……，可得．，利用裂项求和方法

即可得出．

【解答】

，即．

∴时，……

……

．时也成立．

，

则……

．

7.

【答案】

B

【考点】

二项式定理的用法

【解析】

根据几何概型的概率公式，求出对应事件对应的平面区域的面积，进行求解即可【解答】

由题意知，令，得到，解得，∴，．

作出对应的图象如图所示：

则此时对应的面积，

满足的点构成区域的面积为：

，

则满足的概率为．

故选：．

8.

【答案】

D

【考点】

由三视图求体积

球的体积和表面积

球内接多面体

【解析】

根据三视图得出四棱锥的结构特征，根据阳马与长方体的关系计算长方体的棱长，得出外接球的体积．

【解答】

由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个侧面，

四棱锥的高为长方体的一棱长，

且阳马的外接球也是长方体的外接球．

由三视图可知四棱锥的底面是边长为的正方形，四棱锥的高为，，

∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为，，，

∴长方体的对角线为，

∴外接球的半径为，

∴外接球的体积为．

9.

【答案】

A

【考点】

程序框图

【解析】

本题主要考查程序框图，同时考查了三角函数的相关知识.

【解答】

解：执行程序框图可知，输出的

,

故输出的的值是.

故选.

10.

【答案】

【考点】

充分条件

【解析】

分别作出，对应区域，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】

，

则对应的表达式表示以为圆心，半径的圆及其内部，

对应的平面区域为三角形内部，

由图象知对应区域都在三角形内，

则是的充分不必要条件，

方法：圆心到的距离，

圆心到的距离，

圆心当的距离，

即对应的区域都在对应三角形区域内部，

则是的充分不必要条件，

11.

【答案】

C

【考点】

直线与圆的位置关系

【解析】

本题考查直线与圆的位置关系．

【解答】

解：由题意，知满足条件的的值在直线的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．

设过点的直线方程为，由相切条件，得，整理，

得，

由题意知此方程的两根满足，

所以，解得或，所以．

故选．

12.

【答案】

C

【考点】

利用导数研究函数的单调性

【解析】

根据题意，令，，对其求导分析可得，即函数为减函

数，结合选项分析可得答案

【解答】

根据题意，令，，

又由，且恒有，

则有，

即函数为减函数，

又由，则有，

即，分析可得，

又由，则有，即，

分析可得，

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.

【答案】

【考点】

两角和与差的三角函数

【解析】

根据，利用诱导公式求出对应数值．

【解答】

，

∴

．

14.

【答案】

【考点】

极差、方差与标准差

【解析】

根据一组数据的平均数与方差的定义和计算公式，即可推导出正确的结论．

【解答】

根据题意，样本数据，，…，的平均数为，

其方差是，则有，对于数据,…,，

其平均数为

，

其方差为

，

15.

【答案】

【考点】

函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换

【解析】

直接利用函数的图象的平移变换求出结果．

【解答】

函数向左平移个单位长度后，

得到：的函数是一个奇函数，

则：，

解得：，

当时，．

16.

【答案】

【考点】

函数与方程的综合运用

【解析】

根据函数单调性和零点的存在性定理判断与的零点所在区间，从而得出的零点所在区间．

【解答】

∵，，∴在上单调递增，在上单调递减，

又，，，，

∴的唯一零点在上，的唯一零点在上．

令可得或，

∴的唯一零点在上，的唯一零点在上．

∵函数的零点均在内，

∴，．

∴的最小值为．

故答案为：．

三、解答题：共70分.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题为选考题，考生根据要求作答.

17.

【答案】

由题意知：，所以的最小正周期为．

由（1）知：，

当时，．

所以当时，的最小值为．

又∵的最小值为，

∴，

即．

【考点】

平面向量数量积的性质及其运算律

三角函数的周期性及其求法

【解析】

（1）根据向量的数量积公式和两角和的正弦公式可化简可得，

再根据周期的定义即可求出，

（2）根据正弦函数的性质即可求出的值．

【解答】

由题意知：，所以的最小正周期为．

由（1）知：，

当时，．

所以当时，的最小值为．

又∵的最小值为，

∴，

即．

18.

【答案】

证明：因为面，所以，

又，所以．

因为面，所以．

又，所以面，即平面．

方法：

因为面，面，所以，

又，所以为中点，

在中，，所以，为二面角的平面角，

．

∴平面与平面所成角的余弦值为．

方法：

以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴

建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为，，，，设平面的法向量，平面的法向量为，易知，

令，则，故，令，得，

，

于是，．

此即平面与平面所成角的余弦值．

【考点】

直线与平面垂直

二面角的平面角及求法

【解析】

（1）证明，．推出面，得到平面．

（2）方法：说明为二面角的平面角，通过求解三角形求解即可．

方法：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直

线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量为，利用

空间向量的数量积求解平面与平面所成角的余弦值．

【解答】

证明：因为面，所以，

又，所以．

因为面，所以．

又，所以面，即平面．

方法：

因为面，面，所以，

又，所以为中点，

在中，，所以，为二面角的平面角，

．

∴平面与平面所成角的余弦值为．

方法：

以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴

建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为，，，，设平面的法向量，平面的法向量为，易知，

令，则，故，令，得，

，

于是，．

此即平面与平面所成角的余弦值．

19.

【答案】

由题意，，，，

，，．

所以所求回归直线方程为．

由知，与负相关．将代入回归方程可得，

，

即可预测当日销售量为．

由（1）知，，

所以

．

【考点】

求解线性回归方程

正态分布密度曲线

（1）利用公式求出，，即可得出结论．

（2）根据的正负即可判断．将代入回归方程，可得预测这天该商品的销售量；（3）根据即可计算．

【解答】

由题意，，，，

，，．

所以所求回归直线方程为．

由知，与负相关．将代入回归方程可得，

，

即可预测当日销售量为．

由（1）知，，

所以

．

20.

【答案】

设动圆半径为，

则，

由椭圆定义可知，点的轨迹是椭圆，

其方程为．

①证明：由已知条件可知，垂足在以为直径的圆周上，

则有，

又因，，，为不同的四个点，

．

②若或的斜率不存在，四边形的面积为．

若两条直线的斜率存在，设的斜率为，

则的方程为，

联立，

得，

则，

同理得，

∴，

当且仅当，即时等号成立．

综上所述，当时，四边形的面积取得最小值为．

轨迹方程

直线与椭圆结合的最值问题

【解析】

（1）设动圆半径为，则，由椭圆定义能求出点的轨迹的方程．

（2）①由已知条件可知，垂足在以为直径的圆周上，由，，，为不同的四个点，能够证明．

②若或的斜率不存在，四边形的面积为．若两条直线的斜率存在，设的斜率为，则的方程为，得，同理得，由此能求出四边形的面积取得最小值．

【解答】

设动圆半径为，

则，

由椭圆定义可知，点的轨迹是椭圆，

其方程为．

①证明：由已知条件可知，垂足在以为直径的圆周上，

则有，

又因，，，为不同的四个点，

．

②若或的斜率不存在，四边形的面积为．

若两条直线的斜率存在，设的斜率为，

则的方程为，

联立，

得，

则，

同理得，

∴，

当且仅当，即时等号成立．

综上所述，当时，四边形的面积取得最小值为．

21.

【答案】

，即，

由，所以，，所以，只需证

由（1），所以只需证，只需证，即，

上式已知成立，故原式成立，得证．

【考点】

函数恒成立问题

不等式的证明

【解析】

（1）利用函数的导数，判断函数的单调性，然后证明不等式；

（2）化简不等式利用（1）的结论，通过分析法转化证明即可．

【解答】

，即，

由，所以，，所以，只需证，即，

由（1），所以只需证，只需证，即，

上式已知成立，故原式成立，得证．

选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]

22.

【答案】

∵圆的极坐标方程为．

∴，

∴，

∴圆的直角坐标方程为，

即，

∴圆心直角坐标为．

解法一：直线上的点向圆引切线长是：

，

∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是．

解法二：直线的普通方程为，

∴圆心到直线距离是，

∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是．

【考点】

圆的极坐标方程

参数方程与普通方程的互化

【解析】

程，从而能求出圆心直角坐标．

（2）法一：求出直线上的点向圆引切线长，由此能求出直线上的点向圆引的切线

长的最小值．

法二：求出圆心到直线距离，由此能求出直线上的点向圆引的切线长的最小值．【解答】

∵圆的极坐标方程为．

∴，

∴，

∴圆的直角坐标方程为，

即，

∴圆心直角坐标为．

解法一：直线上的点向圆引切线长是：

，

∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是．

解法二：直线的普通方程为，

∴圆心到直线距离是，

∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是．

[选修4-5：不等式选讲]

23.

【答案】

当时，，

所以，所以或，

解集为．

，因为，∴时，恒成立，

又时，当时，，∴只需即可，

所以．

【考点】

不等式恒成立的问题

绝对值不等式的解法与证明

【解析】

（1）当时，化简不等式，通过去掉绝对值符号，求解不等式的解集；（2）化简函数的解析式，通过与的大小比较，转化不等式求解即可．

【解答】

当时，，

所以，所以或，

解集为．

，因为，∴时，恒成立，

又时，当时，，∴只需即可，

所以．