2018届山东省烟台市高三高考适应性练习（一）数学（文）试题（解析版）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. 已知全集，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：解方程求得集合B，然后求出，最后再求．详解：由题意得，∴．故选B．点睛：本题考查二次方程的解法和集合的运算，属容易题，主要考查学生的运算能力．2. 已知复数是纯虚数（是虚数单位），则实数等于（）A. -4B. 4C. 1D. -1【答案】C【解析】分析：化简复数为代数形式，再根据纯虚数的概念求得实数的值．详解：，∵复数为纯虚数，∴且，解得．故选C．点睛：本题考查复数的基本概念，解题的关键是找准复数的实部和虚部，从定义出发，把复数问题转化成实数问题来处理．3. 在区间内任取一实数，的图像与轴有公共点的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先由二次函数的判别式大于等于零求出实数的取值范围，再根据几何概型概率公式求解．详解：∵函数的图像与轴有公共点，∴，解得或．由几何概型概率公式可得所求概率为．故选D．点睛：解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围，当考察对象为点，且点的活动范围在线段上时，可用线段长度比计算，然后根据公式计算即可．4. 双曲线的离心率为2，则双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意可得双曲线的渐近线方程为，根据离心率求得即可得到所求．详解：由题意得，∴．又双曲线的渐近线方程为，∴双曲线的渐近线方程是，即．故选C．点睛：（1）求双曲线的渐近线方程时，可令，解得，即为所求的渐近线方程，对于焦点在y轴上的双曲线也是一样．（2）求双曲线的离心率时，是常用的一种方法，同时也体现了双曲线的离心率和渐近线斜率之间的关系．5. 将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，若在上为增函数，则的最大值为（）A. 3B. 2C.D.【答案】B【解析】分析：根据平移变换可得，然后结合所给选项逐一验证可得结果．详解：由题意可得．当时，，由于，故函数在上不是增函数．当时，，由于，故函数在上是增函数．故选B．点睛：本题考查三角函数图象的平移变换和函数的性质，对于图象的平移变换，一是要注意平移的方向，二是要注意变换量的大小，在解题中一定要注意在横方向上的变换只是针对于而言的，当的系数不是1时，首先要化为1后再进行变换．6. 《算法统宗》是我国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该著作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的转变，对我国民间普及珠算起到了重要的作用.如果所示的程序框图的算法思路源于该著作中的“李白沽酒”问题.执行该程序框图，若输出的的值为0，则输入的的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】阅读流程图，程序运行如下：首先初始化：，进入循环结构：第一次循环：，此时满足，执行;第二次循环：，此时满足，执行;第三次循环：，此时满足，执行;第四次循环：，此时不满足，跳出循环，输出结果为：，由题意可得： .本题选择C选项.7. 已知为等比数列，数列满足，且，则数列的前项和为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意可得，故，从而可得数列的公比为，于是得到，故可得数列为等差数列，并由此得到数列的前项和．详解：∵，且，∴，即，又数列为等比数列，∴数列的公比为，∴，∴数列是首项为2，公差为3的等差数列，∴数列的前项和为．故选C．点睛：本题考查等差数列和等比数列的综合问题，解题时要分清两类数列的基本量，将所求问题转化为对数列基本量求解的问题处理．在本题中得到数列为等差数列是解题的关键，由此可得所求．8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意得到原图是正方体中挖去一个高为1的圆锥后剩下的图，表面积为正方体的各个面和圆锥的侧面积为：.故答案为：B.9. 已知奇函数的定义域为，且对任意，若当时，则（）A. B. C. -1 D. 1【答案】A【解析】分析：根据性质可得，然后再根据奇函数将问题转化到区间上解决即可．详解：由题意得，又函数为奇函数，∴．故选A．点睛：本题考查函数性质的综合运用及求函数值，解题的关键是根据所给出的函数的性质将所求值进行转化，逐步转化到区间上，再根据对数运算求得．10. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，两两垂直，则球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意可构造以为过一顶点的三条棱的长方体，则该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，由于长方体的体对角线即为其外接球的直径，由此可得球半径，从而可求得球的体积．详解：∵三棱锥中两两垂直，∴以为过同一顶点的三条棱构造长方体，该长方体的外接球即为三棱锥的外接球．又是边长为的正三角形，∴，∴长方体的体对角线为，即球的直径为，∴球的体积为．故选A．点睛：关于球的内接几何体的问题，往往涉及到求球的体积或表面积，求解的关键是确定球心的位置和求出球的半径．当球外接于正方体（或长方体），即正方体（或长方体）的顶点均在球面上时，则正方体（或长方体）的体对角线长等于球的直径．11. 某传媒大学的甲乙丙丁四位学生分别从影视配音、广播电视、公共演讲、播音主持四门课程中选修一门，且选修课程互不相同.下面是关于他们选课的一些信息：①甲和丙均不选播音主持，也不选广播电视；②乙不选广播电视，也不选公共演讲；③如果甲不选公共演讲，那么丁就不选广播电视.若这些信息都是正确的，依据以上信息推断丙同学选修的课程是（）A. 影视配音B. 广播电视C. 公共演讲D. 播音主持【答案】A【解析】分析：结合题意及给出的相关信息，先确定四位同学的选修课程的范围，然后对其中的每一种情况进行讨论，看是否满足题意即可得到结论．详解：由信息①可得，甲、丙选择影视配音和公共演讲；由信息②可得，乙选择影视配音或播音主持；第一种可能：当甲选择影视配音时，则丙选择公共演讲，乙选择播音主持，丁选择广播电视，与信息③矛盾，不和题意．第二种可能：当甲选择公共演讲时，则丙选择影视配音，乙选择播音主持，丁选择广播电视，符合题意．综上可得丙同学选修的课程是影视配音．故选A．点睛：本题考查推理的知识，考查学生的推理论断能力和解决实际问题的能力．解题的关键是根据题意进行判断，看是否能得到与题意矛盾的结论．12. 已知函数，.设为实数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：利用二次函数的性质和对数函数的单调性求出函数的值域，然后根据存在实数，使得成立，得到，即，解得，即可得到所求的范围．详解：当时，，∵，∴，∴．当时，单调递增，∴．综上可得．若存在实数，使得成立，则，即，整理得，解得．∴实数的取值范围为．故选B．点睛：本题考查分段函数的值域的求法和函数的能成立问题，解题的关键一是如何根据函数的性质求得值域，二是正确理解题意，由题意得到关于实数的不等式，然后解不等式可得所求的范围．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若平面向量满足，，则向量与的夹角为__________．【答案】【解析】分析：由及条件可得，然后根据数量积的定义可得两向量的夹角．详解：∵，∴．设向量与的夹角为，则．又，∴，即向量与的夹角为．点睛：本题考查向量的数量积的运算，求向量与的夹角时可根据公式求解，关键是求得向量的数量积．另外在求解过程中不要忽视了向量夹角的范围，否则会得到错误的结果．14. 已知实数满足条件，则的最大值是__________．【答案】7【解析】如图，过点时，15. 已知在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，若折线所在的直线的斜率为，则数列的前项和为__________．【答案】【解析】分析：先由题意得到数列的递推关系，然后根据累加法求得数列的通项公式，再结合通项公式的特征选择求和的方法求解即可．详解：由题意得直线的斜率为，即，解得．当时，直线的斜率为，即，∴．∴．又满足上式，∴．∴数列的前项和为．点睛：本题将数列与解析几何综合在一起，考查数列的递推关系、数列通项公式和前n项和的求法，解题的关键是根据题意，将其中直线斜率的问题转化为数列的问题，然后再结合数列的相关知识求解．16. 已知抛物线的焦点为是抛物线上一点，若的延长线交轴的正半轴于点，交抛物线的准线于点，且，则=__________．【答案】3【解析】分析：画出图形后结合抛物线的定义和三角形的相似求解即可．详解：画出图形如下图所示．由题意得抛物线的焦点，准线为．设抛物线的准线与y轴的交点为，过M作准线的垂线，垂足为，交x轴于点．由题意得，又，即为的中点，∴，∴，∴．又，即，解得．点睛：解答与抛物线有关的综合问题时，可利用抛物线的定义、标准方程、几何性质，并结合图形，利用形的直观性和数形结合，构建关于待求量的方程(组)或不等式(组)，然后再逐步求解可得结果．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.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．详解：(1)由题意及正、余弦定理得，整理得，∴（2）由题意得，∴，∵，∴，∴.由余弦定理得，∴，，当且仅当时等号成立．∴．∴面积的最大值为．点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．18. 如图所示，在五面体中，四边形为菱形，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）取中点，连接，由三角形中位线的性质及条件可得且,从而得四边形为平行四边形，故，然后根据线面平行的判定定理可得结论．（2）由（1）得平面，故到平面的距离等于到平面的距离，并设为．然后根据等积法可得，即, 解得即为所求．详解：（1）取中点，连接，因为分别为中点，所以且，由已知且，又在菱形为菱形中，且，所以且.所以且,所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面．（2）由（1）得平面，所以到平面的距离等于到平面的距离．取的中点，连，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.由已知得，，所以等腰三角形的面积为.又，设到平面的距离为，由得,即，解得,∴点到平面的距离为．点睛：（1）证明线面平行的常用方法有两种，一是通过线线平行证明线面平行，二是通过证明面面平行来证线面平行．（2）求空间中点到面的距离时，等体积法是常用解题方法．解题时可将所求距离作为某一个三棱锥的高，然后从另外一个角度求出该三棱锥的体积后可得所求的距离．19. 某中学为调查该校学生每周参加社会实践活动的情况，随机收集了若干名学生每周参加社会实践活动的时间（单位：小时），将样本数据绘制如图所示的频率分布直方图，且在[0,2)内的学生有1人.（1）求样本容量，并根据频率分布直方图估计该校学生每周参加社会实践活动时间的平均值；（2）将每周参加社会实践活动时间在[4,12]内定义为“经常参加社会实践”，参加活动时间在[0,4)内定义为“不经常参加社会实践”.已知样本中所有学生都参加了青少年科技创新大赛，有13人成绩等级为“优秀”，其余成绩为“一般”，其中成绩优秀的13人种“经常参加社会实践活动”的有12人.请将2×2列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为青少年科技创新大赛成绩“优秀”与经常参加社会实践活动有关；（3）在（2）的条件下，如果从样本中“不经常参加社会实践”的学生中随机选取两人参加学校的科技创新班，求其中恰好一人成绩优秀的概率.参考公式和数据：.【答案】（1），5.8小时；（2）见解析；（3）【解析】分析：（1）先根据条件求得样本容量，然后再根据频率分布直方图中平均数的求法求解．（2）结合题意完成列联表，并求出，与临界值表对照后可得结论．（3）根据题意得不经常参加社会实践活动的有人，其中成绩优秀的有1人，然后根据古典概型概率的求法求解．详解：（1）由题意得活动时间在的频率为,又参加社会实践活动的时间在内的有人，所以样本容量.根据频率分布直方图，该校学生每周参加社会实践活动时间的平均值为:（小时）．（2）由题意得“不经常参加社会实践”的学生有人，所以列联表如下：由表中数据可得．所以在犯错误的概率不超过的前提下可以认为“青少年科技创新大赛成绩优秀与经常参加社会实践活动有关系”.（3）由（2）知不经常参加社会实践活动的有人，其中成绩优秀的有1人．设成绩优秀的编号为；成绩一般的学生有人，编号依次为.所有参加培训的情况有：，共10种.恰好一人成绩优秀的情况有,共4种.所以由古典概型计算公式得所求概率为.点睛：（1）独立性检验中在得到后查表时不是查最大允许值，而是先根据题目要求的百分比找到第一行对应的数值，再将该数值对应的k值与求得的K2相比较．另外，表中第一行数据表示两个变量没有关联的可能性p，所以其有关联的可能性为1－p．（2）解答古典概型概率问题时，关键是通过列举得到基本事件总数及所求概率对应的事件包含的基本事件的个数，然后根据公式求解即可得到概率．20. 已知椭圆的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过左焦点的斜率为的直线与椭圆交于两点，为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）定值【解析】分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.详解：（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：，两式相减并整理可得，，即.又因为，，代入上式可得，.又，所以，故椭圆的方程为.（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时；否则，可设直线的方程为，联立，消可得，，则有：，所以设直线方程为，联立，根据对称性，不妨得，所以.故，综上所述，为定值.点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，，两式相减，结合斜率公式可得.21. 设函数，（1）若，且在（0，+∞）为增函数，求的取值范围；（2）设，若存在，使得，求证：且.【答案】（1）；（2）见解析【解析】分析：（1）由在（0,+∞）为增函数可得上恒成立，然后对的符号分类讨论可得结果．（2）结合题意先排除时不成立，从而得．由得，设，并结合（1）知，故得，从而，故转化为证成立，变形后通过令构造新函数，可证得，即证得不等式成立．....................................详解：（1）当时，.由题意得对任意恒成立.当时，不等式显然成立；当时，可得恒成立，所以，解得；当时，可得恒成立，所以，解得．综上可得．∴实数的取值范围是．（2）若，则有，∴在单增，与存在满足矛盾.∴.由，得,∴．不妨设，由（1）知在单调递增，∴，即.∴．又，∴．下面证明，令，则．于是等价于证明，即证．设，则在恒成立．∴在单调递减，∴，从而得证．于是，即不等式成立．点睛：（1）函数在某一区间上单调递增（减）等价于导函数在该区间上大于等于（小于等于）零在该区间上恒成立，然后转化为最值问题求解即可．（2）在本题的（2）中证明不等式时，用到了转化的方法，通过放缩、构造新函数等手段，将所证的不等式逐步转化为容易求解的问题处理．22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线和圆的普通方程；（2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围.【答案】（1），；（2）【解析】分析：（1）用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，其中参数的绝对值表示直线上对应点到的距离，因此有，，直接由韦达定理可得，注意到直线与圆相交，因此判别式＞0，这样可得满足的不等关系，由此可求得的取值范围.详解：（1）直线的参数方程为，普通方程为，将代入圆的极坐标方程中,可得圆的普通方程为，（2）解：直线的参数方程为代入圆的方程为可得：（*），且由题意，,.因为方程（*）有两个不同的实根，所以，即，又，所以.因为，所以所以.点睛：（1）参数方程化为普通方程，一般用消参数法，而消参法有两种选择：一是代入法，二是用公式；（2）极坐标方程与直角坐标方程互化一般利用公式；（3）过的直线的参数方程为（为参数）中参数具有几何意义：直线上任一点对应参数，则.23. 已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）设关于的不等式的解集为，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由绝对值的定义去掉绝对值符号，分类求解；（2）题意说明不等式在上恒成立，而在上不等式又可化为，在上不等式又可化为，分别求出的范围，再求交集即得.详解：（1）当时，，，所以或或，即或或，解得或或．所以原不等式的解集为．（2）因为，所以当时，不等式，即在上恒成立，当时，，即，所以，在恒成立所以，即当时，即所以，在恒成立所以，即综上，的取值范围是.点睛：本题考查解含绝对值不等式，一般是根据绝对值定义去掉绝对值符号，分类求解，有时也可根据绝对值的性质（例如平方后）去绝对值符号后求解.。