2018年甘肃省第一次高考诊断考试 理科数学 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. 设全集，集合，，则集合（ ） A． B． C． D． 2. 在复平面内复数、 是虚数单位对应的点在（ ） A． 第一象限 B．第二象限 C． 第三象限 D．第四象限 3. 向量，，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 4. 若实数，满足则的最大值是（ ） A．-1 B． 1 C. 2 D．3 5. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为，则的值为（ ） A．1 B．2 C. D． 6. 已知是各项均为正数的等比数列，为其前项和，若，，则（ ） A． 65 B．64 C. 63 D．62 7. 中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若，则在正方形内随机取一点，该点恰好在正方形内的概率为（ ） A． B． C. D． 8. 过直线上的点作圆的切线，则切线长的最小值为（ ） A． B． C. D． 9. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对所对应的点都在函数的图象上，则（ ） A． B． C. D． 10.过双曲线（，）的右焦点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，点为坐标原点，若四边形的面积为4，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C. D． 11. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，且，是上的一个动点，过点作平面平面，截棱锥所得图形面积为，若平面与平面之间的距离为，则函数的图象是（ ） A． B． C. D． 12.对于任意，，不等式恒成立，则实数 的最大值为（ ） A． B．2 C. D．3 第Ⅱ卷（共90分） 二、填空题本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.二项式的展开式中的常数项是．用数字作答 14.已知数列满足，，则的最小值为． 15. 在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物. 甲说“礼物不在我这”；
乙说“礼物在我这”；
丙说“礼物不在乙处”. 如果三人中只有一人说的是真的，请问填“甲”、“乙”或“丙”获得了礼物. 16.抛物线的焦点为，过准线上一点作的垂线交轴于点，若抛物线上存在点，满足，则的面积为． 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1721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.中，三个内角的对边分别为，若，，且. （Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，求周长的取值范围. 18. 四棱台被过点的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形是边长为2的菱形，，平面，. （Ⅰ）求证平面平面；
（Ⅱ）若与底面所成角的正切值为2，求二面角的余弦值. 19.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图. （Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量 单位千万立方米与年份 单位年之间的关系.并且已知关于的线性回归方程是，试确定的值，并预测2018年该地区的天然气需求量；
（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了购置新能源汽车补贴方案，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A类每车补贴1万元，B类每车补贴2.5万元，C类每车补贴3.4万元.某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如下表 类型 类 类 类 车辆数目 10 20 30 为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“”，求的分布列及期望. 20.椭圆（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线与椭圆在第一象限交于点，若，且. （Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ），是椭圆上位于直线两侧的两点.若直线过点，且，求直线的方程. 21. 已知函数，. （Ⅰ）若曲线与曲线在公共点处有共同的切线，求实数的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，试问函数是否有零点如果有，求出该零点；
若没有，请说明理由. 二选考题共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分不涂、多涂均按所答第一题评分；
多答按所答第一题评分. 22.选修4-4坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线绕极点逆时针旋转后得到的曲线记为. （Ⅰ）求曲线，的极坐标方程；
（Ⅱ）射线（）与曲线，分别交于异于极点的，两点，求. 23.选修4-5不等式选讲 已知函数，，且的解集为. （Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，，，且，求证. 2018年甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准 一、选择题 1-5 CDACB 6-10 CDABD 11、12DB 二、填空题 13. -160 14. 15. 甲 16. 三、解答题 17.解（Ⅰ）∵，则有， ∴ ∴， ∴，∴. （Ⅱ）根据余弦定理可知，∴， 又∵，∴，∴， 则周长的取值范围是. 18.解（Ⅰ）∵平面，∴. 在菱形中，， 又，∴平面， ∵平面，∴平面平面. （Ⅱ）∵平面 ∴与底面所成角为，∴，∴ 设,交于点，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系. 则，，,. ， 同理， ，， . 设平面的法向量， ∴则， 设平面的法向量， 则， 设二面角为，. 19. 解（Ⅰ）如折线图数据可知 代入线性回归方程可得. 将代入方程可得千万立方米. （Ⅱ）根据分层抽样可知类，类，类抽取人数分别为1辆， 2辆，3辆 则当类抽1辆，类抽1辆时，，此时；
当类抽1辆，类抽1辆时，，此时；
当类抽1辆，类抽1辆时，，此时；
当类抽2辆时，，此时；
当类抽2辆时，，此时. 所以的分布列为 3.5 4.4 5.9 5 6.8 ∴（万元） 20.解（Ⅰ）由题可得，因为，由椭圆的定义得，所以，所以椭圆方程为. （Ⅱ）易知点的坐标为.因为，所以直线，的斜率之和为0.设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，，则直线的方程为， 由可得， ∴ 同理直线的方程为，可得 ， ∴，， ， ∴满足条件的直线的方程为，即为. 21.解（Ⅰ）函数的定义域为，， 设曲线与曲线公共点为 由于在公共点处有共同的切线，所以，解得，. 由可得. 联立解得. （Ⅱ）函数是否有零点，转化为函数 与函数在区间是否有交点， ，可得， 令，解得，此时函数单调递增；
令，解得，此时函数单调递减. ∴当时，函数取得极小值即最小值，. 可得， 令，解得，此时函数单调递增；
令，解得，此时函数单调递减. ∴当时，函数取得极大值即最大值，. 因此两个函数无交点.即函数无零点. 22.解曲线化为极坐标方程是 设曲线上的点绕极点顺时针旋转后得到在上，代入可得的极坐标方程是 . （Ⅱ）将（）分别代入，的极坐标方程，得到， . 23.（Ⅰ） 由的解集为可知. （Ⅱ）则 当且仅当时等号成立，即，，时等号成立.