2018届云南省玉溪第一中学高三上学期第一次月考数学(文)试题

玉溪一中高2017-2018学年高三年级第一次月考文科数学第Ⅰ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】B【解析】，则，故选B2. 已知为虚数单位，，则复数的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，则复数的共轭复数为，故选择A.3. 某校有高级教师90人，一级教师120人，二级教师170人，现按职称用分层抽样的方法抽取38人参加一项调查，则抽取的一级教师人数为（）A. 10B. 12C. 16D. 18【答案】B4. 若变量满足约束条件，则目标函数的最小值为（）A. 4B.C.D.【答案】C【解析】不等式组表示的平面区域如图所示，由上图，目标函数在点处取得最小值，最小值为，故选择C.5. 执行下图程序框图，若输出，则输入的为（）A. 或B.C. 1或D. 或【答案】D.....................6. 已知平面平面，则“直线平面”是“直线平面”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】D【解析】平面平面，若直线平面，则直线平面或；平面平面，若直线平面，则直线平面不一定成立，故选择D.7. 等差数列的前11项和，则（）A. 18B. 24C. 30D. 32【答案】B【解析】，所以，根据等差数列性质：，故选择B.8. 函数（）的最小正周期为，则满足（）A. 在上单调递增B. 图象关于直线对称C. D. 当时有最小值【答案】D【解析】由函数（）的最小正周期为得，则，当时，，显然此时不单调递增，A错误；当时，，B错误；，C错误；故选择D.9. 函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数定义域为，又，函数为偶函数，排除B，C，当时，显然，当时，，故选择A.方法点睛：已知函数解析式确定函数图像时，应考虑函数的定义域、奇偶性、单调性，可以根据这函数性质对选项进行排除，然后再考虑特殊点的函数值，一般考虑函数的零点，综合上面信息，可以选出正确答案.10. 某四棱锥的三视图如图所示，则其体积为（）A. 4B. 8C.D.【答案】D【解析】由题可知，几何体是三棱锥，底面是边长为2的等腰直角三角形，且顶点到底面的距离为2，.11. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线的方程为，若在圆上至少存在三点到直线的距离为1，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据直线与圆的位置关系可知，若圆：上至少存在三点到直线：的距离为1，则圆心到直线的距离应满足，即，解得：，即，故选择B.方法点睛：当圆上有三个点到直线的距离等于1时，则直线过半径中点，且垂直于半径，向圆心方向平移直线，显然圆上到直线距离为1的点有4个，符合题意，此时圆心到直线距离小于，可以根据点到直线距离公式求解参数取值范围.12. 已知函数有两个极值点，且，若，函数，则（）A. 仅有一个零点B. 恰有两个零点C. 恰有三个零点D. 至少两个零点【答案】A【解析】由有两个极值点，且，所以函数在递增，在上递减，在递增，大致图像如下图又因为，所以显然为与的中点，结合上面函数图像可知，函数与函数的交点只有一个，所以方程的根只有一个，即函数的零点只有一个，故选择A.方法点睛：根据三次函数，可以确定函数在定义域上先递增，再递减，再递增，于是为极大值点，为极小值点，再根据可知，为与的中点，于是结合函数图像，根据数形结合可知，函数仅有一个零点，考查转化能力的应用.第Ⅱ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. 已知向量，，若，则__________．【答案】2【解析】，所以，解得.14. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则双曲线的标准方程为__________．【答案】【解析】设与双曲线有相同的渐近线的双曲线方程为，将点带人方程有，所以，则所求双曲线方程为.15. 直角的三个顶点都在球的球面上，，若球的表面积为，则球心到平面的距离等于__________．【答案】1【解析】直角的斜边CB为所在截面小圆的直径，则该截面小圆的半径为，由球的表面积为可得球的半径，球心到平面的距离.16. 是公差不为0的等差数列，是公比为正数的等比数列，，，，则数列的前项和等于__________．【答案】【解析】设等差数列公差为，等比数列公比为，则由题有，解得：，所以，，则，设数列的前n项和为，则①所以②；①-②得：所以，整理得：.方法点睛：用错位相减法求和时，要注意以下几个问题：（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.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，，所对应的边分别为，，，.（1）求证：；（2）若，，求.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）根据正弦定理变形，可化为，由于待证的是，所以将换成，然后根据公式展开，，于是有，所以有；（Ⅱ）根据已知条件，当，时，，于是根据余弦定理可以求出的值.试题解析：（Ⅰ）由根据正弦定理得，即，，，得．（Ⅱ）由，且，，得，由余弦定理，，所以．18. 某学校用简单随机抽样方法抽取了30名同学，对其每月平均课外阅读时间（单位：小时）进行调查，茎叶图如图：若将月均课外阅读时间不低于30小时的学生称为“读书迷”.（1）将频率视为概率，估计该校900名学生中“读书迷”有多少人？（2）从已抽取的7名“读书迷”中随机抽取男、女“读书迷”各1人，参加读书日宣传活动.（i）共有多少种不同的抽取方法？（ii）求抽取的男、女两位“读书迷”月均读书时间相差不超过2小时的概率.【答案】（Ⅰ）“读书迷”约210人（Ⅱ）共有12种不同的抽取方法；所求概率【解析】试题分析：（Ⅰ）本问考查用样本的数字特征估计总体的数字特征，由茎叶图可知，月均课外阅读时间不低于30小时的学生人数为7人，所占比例为，因此该校900人中的“读书迷”的人数为人；（Ⅱ）（ⅰ）本问考查古典概型基本事件空间，设抽取的男“读书迷”为，，，抽取的女“读书迷”为，，， (其中下角标表示该生月平均课外阅读时间)，于是可以列出基本事件空间；（ⅱ）根据题意可知，符合条件的基本事件为，，，，，于是可以求出概率.试题解析：（Ⅰ）设该校900名学生中“读书迷”有人，则，解得.所以该校900名学生中“读书迷”约有210人.（Ⅱ）（ⅰ）设抽取的男“读书迷”为，，，抽取的女“读书迷”为，，， (其中下角标表示该生月平均课外阅读时间)，则从7名“读书迷”中随机抽取男、女读书迷各1人的所有基本事件为：，，，，，，，，，，，，所以共有12种不同的抽取方法．（ⅱ）设A表示事件“抽取的男、女两位读书迷月均读书时间相差不超过2小时”，则事件A包含，，，，，6个基本事件，所以所求概率．19. 如图，平行四边形中，，，平面，，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）到平面的距离为【解析】试题分析：（Ⅰ）欲证平面，根据线面垂直判定定理，需要证明平面内两条相交直线，由于，，所以易求，，则有，接下来证明平面，从而得到平面，，于是问题得证；（Ⅱ）求点到面的距离，可以用等体积法，即，由（Ⅰ）易知为直角三角形，于是可求其面积，在中，，于是可求其面积，根据，于是可以求出点到面的距离.试题解析：（Ⅰ）连接，在平行四边形中，，，∴，，从而有，∴．∵平面，平面，∴，又∵，∴平面，平面从而有．又∵，为的中点，∴，又∵，∴平面．（Ⅱ）设点到平面的距离为，在中，，，∴．在中，，，∴．由得，，∴．所以点到平面的距离为．方法点睛：求几何体体积常用的方法有：（1）分割求和法：把不规则图形分割成规则图形，然后进行体积计算；（2）补形法：把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积；（3）等体积法：选择适当的底面图形求几何体的体积，常用于三棱锥.20. 已知椭圆经过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设点在轴上的射影为点，过点的直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（Ⅰ）椭圆Γ的方程为（Ⅱ）直线的方程为【解析】试题分析：（Ⅰ）本问考查求椭圆标准方程，根据点在椭圆上，代入得，又离心率，于是可以求出的值，得到椭圆标准方程；（Ⅱ）点在轴上的射影的坐标为，过点N的直线分两种情况进行讨论，当斜率为0时，经分析，不满足，当的斜率不为0时，可设方程为，与椭圆方程联立，消元，得到关于的一元二次方程，设，，由，得，于是可以根据前面的关系式求出的值，得到直线方程.试题解析：（Ⅰ）由已知可得，，解得，，所以椭圆Γ的方程为．（Ⅱ）由已知N的坐标为，当直线斜率为0时，直线为轴，易知不成立．当直线斜率不为0时，设直线的方程为，代入，整理得，，设，则，①，②由，得，③由①②③解得．所以直线的方程为，即．21. 已知函数，.（1）设，求的最小值；（2）若曲线与仅有一个交点，证明：曲线与在点处有相同的切线，且.【答案】（Ⅰ）的最小值是（Ⅱ）证明见解析【解析】试题分析：（Ⅰ），函数定义域为R，求导数，，分别令，，根据函数单调性，确定函数的最小值；（Ⅱ）由曲线与仅有一个交点，可设函数，函数的定义域为，于是对函数求导，研究的单调性及导数为0的根，从而确定函数的最值，曲线与在点处有相同的切线，再求的取值范围.试题解析：（Ⅰ），当时，，单调递减；当时，，单调递增，故时，取得最小值．（Ⅱ）设，则，由（Ⅰ）得在单调递增，又，，所以存在使得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以)的最小值为，由得，所以曲线与在点处有相同的切线，又，所以，因为，所以．方法点睛：研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目的要求，画出函数图像走势规律，标明函数极（最）值点位置，通过数形结合思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体体现.请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上．22. 点是曲线上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将点逆时针旋转得到点，设点的轨迹方程为曲线.（1）求曲线，的极坐标方程；（2）射线与曲线，分别交于，两点，定点，求的面积.【答案】（Ⅰ）曲线的极坐标方程为；曲线的极坐标方程为（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）由相关点法可求曲线的极坐标方程为．（Ⅱ）到射线的距离为，结合可求得试题解析：（Ⅰ）曲线的极坐标方程为．设，则，则有．所以，曲线的极坐标方程为．（Ⅱ）到射线的距离为，，则．23. 已知函数.（1）若，解不等式；（2）当时，，求满足的的取值范围.【答案】（Ⅰ）的解集为（Ⅱ）的取值范围是【解析】试题分析：（Ⅰ）由绝对值的几何意义可得的解集为．（Ⅱ）分，三种情况去绝对值解不等式即可试题解析：（Ⅰ）,所以表示数轴上的点到和1的距离之和，因为或2时，依据绝对值的几何意义可得的解集为．（Ⅱ），当时，，等号当且仅当时成立，所以无解；当时，，由得，解得，又因为，所以；当时，，解得，综上，的取值范围是．。