山西省2018届高考考前适应性测试(文数)文档格式.doc
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A．-2B．-1C．1D．2
5．若点为圆上的一个动点，点为两个定点，则的最大值是（）
A．B．4C．D．2
6．《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：
将底面
为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.将一堑堵沿其一顶点与相对的
棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂
直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体）.在如
图所示的堑堵中，，
则阳马的外接球的表面积是（）
A．B．C.D．
7．完成下列表格，据此可猜想多面体各面内角和的总和的表达式是（）
多面体
顶点数
面数
棱数
各面内角和的总和
三棱锥
4
6
四棱锥
5
五棱锥
（说明：
上述表格内，顶点数指多面体的顶点数.）
A．B．C．D．
8．甲、乙二人约定7:
10在某处会面，甲在7：
00-7：
20内某一时刻随机到达，乙在7：
05-7：
20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙5分钟的概率是（）
A．B．C.D．
9．执行如图所示的程序框图，如果输入的是10，则与输出结
果的值最接近的是（）
A．B．C．D．
10．在中，点为边上一点，若
，则的面积是（）
A．B．C．D．
11．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均
为1，则该几何体的体积是（）
A．B．
C．D．
12．若对于，且，都有，则
的最大值是（）
A．B．C．-1D．0
二、填空题：
本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上。
13．若复数，则复数的模是．
14．已知是定义在上周期为4的函数，且，当时，，则．
15．如图，点在轴的非负半轴上运动，点在轴的非负半
轴上运动.且.设点位于
轴上方，且点到轴的距离为，则下列叙述正确的个数
是_________.
①随着的增大而减小；
②的最小值为，此时；
③的最大值为，此时；
④的取值范围是.
16．若双曲线的左焦点为，右顶点为，为的左支上一点，且，则的离心率是．
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.
（一）必考题：
共60分.
17．（12分）
已知等比数列中，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18．（12分）
如图，在多面体中，四边形为菱形，
，且平面平面.
（1）求证：
；
（2）若，求多面体的体积.
19．（12分）
某快递公司收取快递费用的标准是：
重量不超过的包裹收费10元；
重量超过的包裹，除收费10元之外，超过的部分，每超出（不足，按计算）需再收5元.
该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数（近似处理）
50
150
250
350
450
天数
30
12
（1）某人打算将三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；
（2）该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用.前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
20．（12分）
已知椭圆过点，且两个焦点的坐标分别为.
（1）求的方程；
（2）若（点不与椭圆顶点重合）为上的三个不同的点，为坐标原点，且，求所在直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值.
21．（12分）
已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若不等式对于任意成立，求正实数的取值范围.
（二）选考题：
共10分.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，作答时请用2B铅笔在答题卡将所选题号的方框涂黑。
22．[选修4-4：
坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：
（为参数，），将曲线经过伸缩变换：
得到曲线.
（1）以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，求的极坐标方程；
（2）若直线（为参数）与相交于两点，且，求的值.
23．[选修4-5：
不等式选讲]（10分）
（1）若的最小值不小于3，求的最大值；
（2）若的最小值为3，求的值.
数学（文科）参考答案
一、选择题
1-5:
CADDC6-10:
BCBCA11、12：
CD
二、填空题
13.214.-115.216.4
三、解答题
17.解：
（1）设等比数列的公比为，则，
因为，所以，
因为，解得，
所以；
（2），
设，则，
.
18.
（1）证明：
连接，由四边形为菱形可知，
∵平面平面，且交线为，
∴平面，∴，
又，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴；
（2）解：
，由
（1）知平面，又，∴平面，
则，
取的中点，连接，则，
由
（1）可知，∴平面，
所以，即多面体的体积为.
19.解：
（1）由题意，寄出方式有以下三种可能：
情况
第一包裹
第二个包裹
甲支付的
总快递费
礼物
重量（）
快递费（元）
1
0.3
10
3.3
25
35
2
1.8
15
3
1.5
2.1
20
所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所示概率为；
（2）将题目中的天数转化为频率，得
频率
0.1
0.5
0.2
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
实际揽件数
平均揽件数
故公司平均每日利润的期望值为（元）；
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
300
故公司平均每日利润的期望值为（元）
故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.
20.解：
（1）由已知得，
∴，则的方程为；
（2）设代入得
，
设，由，得
∵点在椭圆上，∴，即，∴，
在中，令，则，令，则.
∴三角形面积，
当且仅当时取得等号，此时，
∴所求三角形面积的最小值为.
21.解：
（1）函数的定义域为，
若，则
当或时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在和上单调递增.
（2）原题等价于对任意，有成立，
设，所以，
令，得；
令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
为与中的较大值，
设，
所以在上单调递增，故，所以，
从而，
所以，即，
所以在上单调递增，
又，所以的解为，
因为，所以正实数的取值范围为.
22.解：
（1）的普通方程为，
把代入上述方程得，，
∴的方程为，
令，
所以的极坐标方程为；
（2）在
（1）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为，
由，得，
而，∴，
而，∴或.
23.解：
（1）因为，所以，解得，即；
当时，，所以不符合题意，
当时，，即，
所以，解得，
当时，同法可知，解得，
综上，或-4.
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