精品解析江西省抚州市临川区第一中学届高三上学期教学质量检测二数学文试题解析版.docx
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精品解析江西省抚州市临川区第一中学届高三上学期教学质量检测二数学文试题解析版
江西省临川一中2018届高三年级教学质量检测
（二）
数学（文科）
注意事项:
1.答题前,考生须认真核对条形码上的姓名、考生号、考场号和座位号,并将其贴在指定位置,然后用0.5毫米黑色字迹签字笔将自己所在的县（市、区）、学校以及自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡和试卷的指定位置,并用2B铅笔在答题卡的“考生号”处填涂考生号。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在试卷、草稿纸或答题卡上的非答题区域均无效。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色字迹签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置;如需改动,先画掉原来的答案,然后再写上新的答案;不能使用涂改液、胶带纸、修正带。
不按以上要求作答的答案无效。
4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
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.已知全集为，集合，，则（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
依题意，，，故，故选A.
2.已知等差数列的前项和为（），若，则（）
A.4B.2C.D.
【答案】D
【解析】
设等差数列的公差为，则，可得，故，故选D.
3.已知函数其中，则（）
A.B.C.D.或
【答案】A
【解析】
因为函数，，所以，故选A.
4.函数的单调递增区间为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
依题意，，故，令，解得，所以函数的单调递增区间为，故选C.
5.已知，，则“”是“”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】B
【解析】
若，可令，可知充分性不成立；若，则，则，故必要性成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.
6.陀螺是汉族民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗，闽南语称作“干乐”，北方叫做“冰尜”或“打老牛”．陀螺的主体形状一般是由上面部分的圆柱和下面部分的圆锥组成.从前的制作材料多为木头，现代多为塑料或铁制.玩耍时可用绳子缠绕，用力抽绳，使其直立旋转；或利用发条的弹力使其旋转.如图画出的是某陀螺模型的三视图，已知网格纸中小正方形的边长为1，则该陀螺模型的体积为（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
依题意，该陀螺模型由一个正四棱锥（底面边长为，高为），一个圆柱（底面半径为，高为）以及一个圆锥（底面半径为，高为）拼接而成，故所求几何体，故选B.
【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，属于中档题.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.
7.将函数的图象向右平移个单位后，所得函数图象关于原点对称，则的取值可能为（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
函数，故向右平移个单位后，得到，因为得函数图象关于原点对称，故，则，令故选D.
8.已知正方形如图所示，其中，相交于点，，，，，，分别为，，，，，的中点，阴影部分中的两个圆分别为与的内切圆，若往正方形中随机投掷一点，则该点落在图中阴影区域内的概率为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
依题意，不妨设，则四边形与四边形的面积之和为，两个内切圆的面积之和为，故所求概率，故选C.
9.已知抛物线：
（）的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，过点作的垂线，垂足为，准线与轴的交点设为，若，且的面积为，则以为直径的圆的标准方程为（）
A.或
B.或
C.或
D.或
【答案】A
【解析】
作出辅助图形如图所示，，故，由抛物线的定义可知，故为等边三角形，的面积为，故，而，故点的横坐标为，代入中，解得，以为直径的圆的半径为，圆心坐标为，故所求圆的标准方程为，故选A.
10.已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于两点），点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段的取值范围为（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
依题意，当点为线段的中点时，由题意可知，截面为四边形，从而当时，截面为四边形，当时，该截面与正方体的上底面也相交，所以截面为五边形，故线段的取值范围是，故选B.
11.已知双曲线：
（，）的左、右焦点分别为、，过点作圆：
的切线，切点为，且直线与双曲线的一个交点满足，设为坐标原点，若，则双曲线的渐近线方程为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
，故，即，故点为线段的中点，连接，则为的中位线，且，故，且，故点在双曲线的右支上，，则在中，由勾股定理可得，，即，解得，故，故双曲线的渐近线方程为，故选C.
【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题中，利用双曲线的定义与几何性质，以及构造的齐次式，从而可求出渐近线的斜率，进而求出渐近线方程的.
12.已知函数现有如下说法：
①函数的单调递增区间为和；
②不等式的解集为；
③函数有6个零点．
则上述说法中，正确结论的个数有（）
A.0个B.1个C.2个D.3个
【答案】C
【解析】
如图，单调递增区间为，所以①正确；
作，交函数图象于，由图知，②正确；
令，则时，，则，由对勾函数图象可知，只有四个解，则③错误。
所以正确的有2个，故选C。
点睛：
本题考查函数的图象解法。
本题通过函数图象解题，首先画出函数的图象，通过图象可以得到①②正确，③中令，得到，由对勾函数性质可知，只有四个解。
本题考查学生对函数图象的应用能力。
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.已知等比数列的前项和为（），若，则数列的公比为__________．
【答案】
【解析】
设等比数列的公比为，显然，则，解得，故答案为.
14.已知单位向量，满足，则，夹角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
因为单位向量，满足，所以，,可得，即，则，故答案为.
15.已知实数，满足则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，由图可知，平移直线，当直线过点时，有最小值，当直线过点时，有最大值，故的取值范围是，故答案为.
【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：
（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
16.已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则__________．
【答案】
【解析】
由可得，，故，由余弦定理可得，可化得，故，故答案为.
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.[2018·临川一中]海盗船是一种绕水平轴往复摆动的游乐项目，因其外形仿照古代海盗船而得名．现有甲、乙两游乐场统计了一天6个时间点参与海盗船游玩的游客数量，具体数据如表：
时间点
8点
10点
12点
14点
16点
18点
甲游乐场
10
3
12
6
12
20
乙游乐场
13
4
3
2
6
19
（1）从所给6个时间点中任选一个，求参与海盗船游玩的游客数量甲游乐场比乙游乐场少的概率；
（2）记甲、乙两游乐场6个时间点参与海盗船游玩的游客数量分别为，（），现从该6个时间点中任取2个，求恰有1个时间点满足的概率．
【答案】
（1）；
（2）．
【解析】
试题分析：
（1）根据表格中数据可知，事件“参与海盗船游玩的游客数量甲游乐场比乙游乐场少”的情况有点、点两个时间点，因为一共有个时间点，由古典概型概率公式可得参与海盗船游玩的游客数量甲游乐场比乙游乐场少的概率；
（2）利用列举法可得从个时间点中任取个，所有的基本事件为共有种，其中满足条件的有种，根据古典概型概率公式可得恰有个时间点满足的概率.
试题解析：
（1）事件“参与海盗船游玩的游客数量甲游乐场比乙游乐场少”的情况有8点、10点两个时间点，一共有6个时间点，所以所求概率为；
（2）依题意，有4个时间点，记为，，，；有2个时间点，记为，；
故从6个时间点中任取2个，所有的基本事件为，，，，，，，，，，，，，，共15种，其中满足条件的为，，，，，，，共8种，故所求概率．
【方法点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于难题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有
（1）枚举法：
适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；
（2）树状图法：
适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：
先，….，再，…..依次….…这样才能避免多写、漏写现象的发生.
18.在如图所示的五面体中，，，，四边形为正方形，平面平面．
（1）证明：
在线段上存在一点，使得平面；
（2）求的长．
【答案】
（1）证明见解析；
（2）2.
【解析】
试题分析：
（1）取的中点，连接，由正方形的性质可证明四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定定理可得平面，点就是符合条件的点；
（2）由平面平面及可得平面，可得，在中，由余弦定理，得，由
（1）得，根据勾股定理可得．
试题解析：
（1）取的中点，连接；
因为，，
，所以，又四边形是正方形，所以，，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面平面，四边形为正方形，所以，
所以平面．
在中，因为，故，又，
所以由余弦定理，得，由
（1）得
故．
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、面面垂直的性质定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：
①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题
（1）是就是利用方法①证明的.
19.已知数列的前项和为（），且，数列是首项为1、公比为的等比数列．
（1）若数列是等差数列，求该等差数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】
（1）
（2）见解析
【解析】
试题分析：
（1）是等差数列，故，，成等差数列，所以；
（2），则当时，；当时，．
试题解析：
（1）当时，；
当时，，故（）．
因为是等差数列，故，，成等差数列，
即，解得，所以，
所以，符合要求．
（2）由
（1）知，（），
所以，
当时，；
当时，．
20.已知中，角，．
（1）若，求的面积；
（2）若点，满足，，求的值．
【答案】
（1）
（2）．
【解析】
试题分析：
（1）由正弦定理，得，则，所以；
（2）由题意得，是线段的两个三等分点，由余弦定理解得，所以。
试题解
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