广西桂林市、贺州市届高三上学期期末联考数学(理)试题+Word版含解析（整理）由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“广西桂林中考数学试题”。
2018年高考桂林市、贺州市联合调研考试
数学试卷（理科）
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.若集合A.【答案】D 【解析】解析：因2.已知复数A.B.，故（为虚数单位），那么的共轭复数为（）
C.D.，应选答案D。
B.，集合C.，则
（）
D.【答案】B 【解析】复数，那么的共轭复数为，故选B.3.某单位为了了解用电量度与气温温，并制作了对照表：
之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气
由表中数据得线性回归方程A.68
B.67
C.6
5D.64 【答案】A 【解析】根据平均值公式由表格数据可得，解得预测当气温为4.时，用电量度数为，故选A.的展开式中的系数为（）
为，又，当
在回归方程时，上且，即，预测当气温为
时，用电量度数为（）
A.208
B.216
C.217
D.218 【答案】B 【解析】把的展开式看成是个因式的乘积形式，展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到：第一步：从个因式中任选个因式，这个因式取，有种取法；第二步：从剩余的个因式中任选个因式取，有种取法；第三步：把剩余的个因式中都取故选B.5.执行如图的程序框图，那么输出的值是（），有种取法，根据分步乘法计数原理，得含
项的系数是,A.10
1B.120
C.121
D.103 【答案】C 【解析】执行程序框图，第一次循环，第四次循环，6.设
；第二次循环，；第三次循环，；，符合条件，推出循环，输出
所对的边分别为，如果，故选C.，且的三个内角，那么的外接圆面积与内切圆面积的比值为（）
A.4B.2C.【答案】A
D.1
7.太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图形图案，它形象化地表达了阴阳轮转，相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化，相对统一的形式美.按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆被的图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）
A.B.C.D.【答案】D
8.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）
A.【答案】C
B.36
C.D.【解析】
由三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥三角形，正方形，故选C.，其中三角形 是边长为 的正
的边长为，该几何体的表面积为【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9.已知各项都为正数的等比数列则的最小值为（），满足，若存在两项，使得，A.2
B.C.D.1 【答案】B 【解析】正项等比数列
满足：，立，故10.已知圆的最小值为，故选B.，抛物线，与相交于
两点，且，可得，当且仅当，即，时，等号成则抛物线的方程为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】根据直线与圆相交的弦长公式可知，解得，解得，（舍）设直线的方程为，圆心到直线的距离或，解得 或，代入抛物线方程，解得：，所以抛物线方程为，故选C.【点睛】本题考查了直线与圆，直线与抛物线和圆与抛物线的位置关系，如果直接选择圆与抛物线联立，那不易得到两个交点坐标，所以首先看成直线与圆的位置关系，根据弦心距公式得到直线方程，再让直线与抛物线联立，得到交点的坐标，求出抛物线方程.11.已知函数满足，当
时，.若函数
在区间
上有三个不同的零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】在区间①,设内,函数，可得，有三个不同的零点:，此时，一定有，可得在上为单调递减函数，若在上有一个交点,则，解得，可得，②若时,可得，可得，为增函数，此时
必须在，若
上为减函数，若有两个交点，解得，①
综上①②可得；
若，对于时,，没有零点,不满足在区间，故选A.的内角的对边为
内,函数，有三个不同的零点，综上：12.已知点为的重心，设，则实数
且满足向量，若
（）
A.2
B.3C.D.【答案】D 【解析】
如图,连接性质得，延长交交于,由于为重心,故中点,，由余弦定理得，，，由重心的，即
由，将正切化为正弦与余弦的商，利用正弦定理可得，故选D.【思路点睛】本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）
；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.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.若满足约束条件，则的最小值为__________．
【答案】-4 【解析】
画出约束条件直线过
表示的可行域，如图，由时有最小值，故答案为
.得，由图可知当14.如果将函数对称，那么【答案】 【解析】将函数__________．的图象向左平移个单位所得到的图象关于原点的图象向左平移个单位所得到的图象，若所得图象关于原点对称，则，又15.已知，故答案为分别是双曲线
.的左右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若 为等边三角形，则的面积为__________．
【答案】【解析】
为等边三角形，为双曲线上一点，所以
为双曲线上一点，则，在，故答案为沿对角线的面积为.折成的二面角16.把长和宽分别为和2的长方形，下列正确的命题序号是__________．
①四面体②③当④当外接球的体积随的改变而改变；的长度随的增大而增大； 时，时，长度最长； 长度等于
.【答案】②④
【解析】
因为不管如何变换的中点到四面体四个顶点的距离都等于长度的一半为，即
于，外接球的半径为定值，所以四面体过作二面角于，作为，又
外接球的体积为定值，①错；过作，是二面角，是矩形，的平面角，，所以
无,最大值，③错；当时，的长度随的增大而增大，②对；因为，④对，正确的命题序号是②④.故答案为②④.【 方法点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查二面角的应用、多面体外接球的体积、余弦定理的应用、空间两点间的距离，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.解答本题的关键是，将的函数.表示为二面角
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.已知等比数列.（1）求数列的通项公式； 中，成等差数列；数列
中的前项和为，（2）求数列的前项和.【答案】(1),；(2)，.成等差数列列出关于首项，公比 的方程的通项公式,当,（时，也适合）；（2）由（1）知【解析】试题分析：（1）根据组，解得、的值，即可得到数列
根据等比数列的求和公式和裂项相消求和以及分组即可求出数列的前项和．
试题解析：（1）设等比数列因为的公比为；
成等差数列，故，即因为，故；
.，即因为当时，故当时，.；
综上所述.；
（2）由（1）知故数列的前项和为
.【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题.裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)
；（3）
；（4）
；（2）
；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18.近年来我国电子商务行业迎来发展的新机遇，2017年双11全天交易额达到1682亿元，为规范和评估该行业的情况，相关管理部门制定出针对电商的商品和服务的评价体系.现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行评价，对商品的好评率为0.6，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为80次.（1）完成关于商品和服务评价的列联表，判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为商品好评与服务好评有关？
（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的3次购物中，设对商品和服务全为好评的次数为随机变量：
①求对商品和服务全为好评的次数的分布列； ②求的数学期望和方差.附：临界值表：的观测值：关于商品和服务评价的列联表：
（其中）
【答案】(1)答案见解析；(2)①.答案见解析；②.答案见解析.【解析】试题分析：（1）由题设中所给数据可列出关于商品和服务评价的联表中数据代入公式
列联表，将列，求得的值，与邻界值比较，即可得到，且的取值可以是结论；（2）①每次购物时，对商品和服务全好评的概率为．根据独立重复试验概率公式求出相应的概率，可得对商品和服务全好评的次数的分布列；②利用二项分布的数学期望和方差公式求的数学期望和方差． 试题解析：（1）由题意可得关于商品和服务评价的列联表如下：，故能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为商品好评与服务好评有关.（2）①每次购物时，对商品和服务全为好评的概率为，且的取值可以是0,1,2,3.其中；；的分布列为：
.②，列联表、独立性检验的应用以及二项分布、离散型随机变量
列联表；【方法点睛】本题主要考查的数学期望与方差，属于难题.独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成（2）根据公式系，作统计判断.计算的值；(3)查表比较
与临界值的大小关（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）
19.如图，在三棱柱点，且平面
.中，底面
是边长为2的等边三角形，平面
交
于
（1）求证：（2）若四边形；
是正方形，且
.，设
与
相交于点，连接，则为
中点，根，求直线
与平面
所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】试题分析：（1）连结据线面平行的性质定理可得，从而证明为，结合的中点为的中点，根据正三角形的性质可证明，由线面垂直的判定定理可，以为原点，所在直线为轴，的方向向量；（2）根据勾股定理可证明得平面，设的中点为，所在直线为轴，为所在直线为轴，建立空间直角坐标系，可得直线，再利用向量垂直数量积为零列方程组，求出平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得结果． 试题解析：（1）证：连结则为∵∴∴为又∵∴（2）∵又∴又，.，∴
平面
中点，平面，的中点.为正三角形，.，∴
.，平面
平面，设
与
相交于点，连接，设的中点为，所在直线为轴，的中点为，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系
.所在直线为轴，则∴平面，.的一个法向量
.，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.已知点在椭圆上，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆的右顶点，点斜率之积为.试判断直线【答案】(1)
是椭圆上不同的两点（均异于）且满足直线
与
是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由.；(2)答案见解析.【解析】试题分析：（1）由点合性质题意，直线
在椭圆上，且椭圆的离心率为，结，列出关于、、的方程组，求出、、，即可得椭圆的方程；（2）由的斜率存在，可设直线的方程为，，联立，得，根据韦达定理、斜率公式及直线与斜率之积为，可得结果.试题解析：（1）可知离心率，解得或，将以上结论代入直线方程即可得，故有，又有点解得在椭圆，上，代入得，故椭圆的方程为（2）由题意，直线，.的斜率存在，可设直线，的方程为
联立得.∴，.∵直线与斜率之积为.而点，∴.∴化简得
.，∴化简得当时，直线，解得的方程为直线
或与，斜率之积为
.，过定点，过定点.代入判别式大于零中，解得当故直线时，直线过定点的方程为..的单调性； 有两个极值，其中，不符合题意.21.已知函数（1）讨论（2）若，求的最小值.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）求出判别式及求根公式，令，分三种情况讨论：
时，增区间，时，结合求得 的范围，求得 的范围，可得函数可得函数的减区间；（2）根据韦达定理可得，，令，利用导数研究函数的单调性，根据单调性可得的最小值为，即的最小值为.试题解析：（1）由题意得，其中，令①当所以②当③当可知当在当在当在综上所述，当当在，在时，令，在时，时，令，得，，单调递增；，得时，在单调递增；，且
单调递增；
时，单调递减； 时，单调递增； 时，在和单调递减；
单调递增；
单调递增，（2）由（1）知由题意知∴，是，的两根，可得∵，∴
令，则有
当时，的最小值为，在上单调递减，即的最小值为.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.在平面直角坐标系
中，已知曲线，以平面直角坐标系的原点为极点，.轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线（1）将曲线上的所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的倍、2倍后得到曲线.试写出直线的直角坐标方程和曲线的参数方程；
（2）在曲线上求一点，使点到直线的距离最大，并求出此最大值.【答案】(1)直线的直角坐标方程为：数）.(2)点，此时
.，可得直线的直角坐标方程为：，.曲线的参数方程为
（为参【解析】试题分析：（1）利用利用，可得曲线的直角坐标方程为：，进而可得曲线的参数方程；，则点到直线的距离为（2）根据曲线的直角坐标方程，设点的坐标，利用辅助角公式及三角函数的有界性可得结果.试题解析：（1）由题意知，直线的直角坐标方程为：曲线的直角坐标方程为：∴曲线的参数方程为（2）设点的坐标，（为参数）.，则点到直线的距离为：
.，∴当此时23.设函数（1）若（2）若，.时，点，；，且
对任意
恒成立，求实数的取值范围； 有解，求实数的取值范围..的最小值，再根据
有，且关于的不等式；(2)【答案】(1)【解析】试题分析：对问题（1），可以先求出函数极端不等式恒成立即可求出实数的取值范围；对于问题（2），要使关于的不等式解，那么必然函数围．
试题解析：（1）由绝对值的性质得：∵∴∵对任意，解得
恒成立，，的图象与直线的图象应该有两个交点，进而可求出实数的取值范，∴ 实数的取值范围是时，（2）当若关于的不等式∴，解得，有解，则函数的图象与直线有两个交点，∴实数的取值范围是
考点：1.含绝对值不等式问题；2.极端不等式恒成立.
