1、 20182018 届高三毕业班第一次模拟考试届高三毕业班第一次模拟考试 数学（文科）数学（文科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. . 1. 在复平面内，复数所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】由题意结合复数的运算法则有：, 则复数对应的点位于第二象限. 本题选择B选项. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案
2、】D 【解析】由题意，故选 D. 3. 已知函数满足：对任意且，都有；对定义域内任 意 ，都有，则符合上述条件的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】说明在上是增函数，说明是偶函数，B 中函数是奇函数，C 是函数 非奇非偶函数，D 是函数是偶函数，但在上不是增函数，只有 A 符合要求，故选 A. 4. 若，则（ ） A. -1 B. 1 C. D. -1 或 【答案】C 【解析】由已知得， ，故选 C. 点睛：在用平方关系求值时，需确定 的范围，以确定它们的正负， 本题中由已知条件知可得，从而不必再讨论 的范围，这是我们在解题时需 要时常注意的，并不是什么时候都要分类讨论的
3、. 5. 已知等比数列中，则（ ） A. 12 B. 10 C. D. 【答案】A . 6. 执行下图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】结合流程图可知，程序运行过程如下： 初始化数据：， 第一次循环：成立，则：； 第二次循环：成立，则：； 第三次循环：成立，则：； 第四次循环：不成立，此时程序跳出循环，输出. 本题选择B选项. 7. 如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为 ，故选 D. 8. 在边长为 的正三角形内
4、任取一点 ，则点 到三个顶点的距离均大于 的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】如图正的边长为 ，分别以它的三个顶点为圆心，以 为半径，在内部画 圆弧，得三个扇形，则题中点 在这三个扇形外，因此所求概率为 ，故选 B 9. 已知为等差数列，为其前 项和，若，则（ ） A. 49 B. 91 C. 98 D. 182 【答案】B 【解析】，即， ，故选 B 10. 已知函数，要得到的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向右平移 个单位 C. 向左平移 个单位 D. 向左平移个单位 【答案】D 【解析】，应向左平移个单位，故选 D 11. 已知函数与的图
5、象有 3 个不同的交点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】原问题等价于与函数有三个不同的交点， 求导可得：， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 且， 数形结合可得： 的取值范围是. 本题选择B选项. 点睛：点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出 参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的 关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用 12. 已知分别是椭圆的左、右焦点， 为椭圆上一点，且 （ 为坐标原点） ，若，则椭圆的离心率为（ ） A
6、. B. C. D. 【答案】A 【解析】以为邻边作平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则，由 知此平行四边形的对角线垂直，即此平行四边形为菱形， 是直角三角形，即，设，则， ，故选 A 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分 13. 命题“，都有”的否定是_ 【答案】，使得 【解析】全称命题的否定为特称命题，并将命题的结论加以否定，的否定为 ，所以命题的否定为. 14. 长、 宽、 高分别为 1,2,3 的长方体的顶点都在同一球面上， 则该球的表面积为_ 【答案】 【解析】该球的半径 表面积 . 15. 已知向量，且变量
7、满足，则的最大值为 _ 【答案】 16. 在平面直角坐标系中，点，若圆上存在一点满足 ，则实数 的取值范围是_ 【答案】 【解析】设满足的点的坐标为， 由题意有：， 整理可得：， 即所有满足题意的点组成的轨迹方程是一个圆， 原问题转化为圆与圆有交点， 据此可得关于实数 的不等式组： ，解得：， 综上可得：实数 的取值范围是. 点睛：点睛：本题的实质是阿波罗尼斯圆，结合题意将其转化为两圆的位置关系，判断两圆的位置 关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分分. .解答解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤应写出文字说明，
8、证明过程或演算步骤. .第第 1717- -2121 题为必考题题为必考题，每每 个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答. .第第 22,2322,23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. . 17. 已知在中，内角所对的边分别为，且满足. （）求证：； （）若为锐角三角形，且，求 的取值范围. 【答案】 （）见解析（）. 【解析】试题分析： （）利用正弦定理把已知边角关系转化为角的关系，结合两角和与差的正弦公式可得 ，再讨论角特别是的范围后可证得结论 （）由（）可得，已知条件可化为，从而易得 的取值范围 试题解析： （），由正弦定理知 ， 即. 因为， 所以，且，所
9、以， 所以，. （）由（）知，. 由为锐角三角形得， 得. 由得. 18. 某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品 50 天，统计发现每天的销售量 分布在内，且销售量 的分布频率 . （）求 的值. （）若销售量大于等于 80，则称该日畅销，其余为滞销，根据是否畅销从这 50 天中用分层 抽样的方法随机抽取 5 天，再从这 5 天中随机抽取 2 天，求这 2 天中恰有 1 天是畅销日的概 率（将频率视为概率）. 【答案】 （）（） . 【解析】试题分析： ()由题意得到关于n的不等式组，求解不等式组有，则 可取 5,6,7,8,9，结合频率 分布表的面积为
10、1 得到关于实数a的方程，解方程有. ()由题意可得滞销日与畅销日的频率之比为，则抽取的 5 天中，滞销日有 2 天，记为， 畅销日有 3 天，记为，据此列出所有可能的事件，结合古典概型计算公式可得所求概率 为. 试题解析： （）由题知，解得， 可取 5,6,7,8,9， 代入中，得 ，. （）滞销日与畅销日的频率之比为，则抽取的 5 天中，滞销日 有 2 天，记为，畅销日有 3 天，记为， 再从这 5 天中抽出 2 天，基本事件有，共 10 个， 2 天中恰有 1 天为畅销日的事件有，共 6 个，则所求概率为. 19. 如图，已知在四棱锥中，平面平面，且， ， 为的中点. （）证明：平面；
11、（）求三棱锥的体积. 【答案】(）见解析（）. 【解析】试题分析： (1)取的中点 ，连接.由几何关系可证得四边形为平行四边形，则，利 用线面平行的判断定理可得平面. (2)由题意可得点 到平面的距离是点 到平面的距离的两倍，则 .利用梯形的性质可得. 取的中点 ，由线面垂直的判断定理可得平面，则点 到平面的距离即为 .最后利用棱锥的体积公式可得. 试题解析： (）取的中点 ，连接. 在中，为中位线，则，又，故， 则四边形为平行四边形，得，又平面，平面，则平面. （）由 为的中点，知点 到平面的距离是点 到平面的距离的两倍，则 . 由题意知，四边形为等腰梯形，且，易求其高为，则 . 取的中点
12、，在等腰直角中，有，又平面平面， 故平面，则点 到平面的距离即为. 于是，. 20. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线之间的阴影部分记为，区 域中动点到的距离之积为 1. （）求点 的轨迹 的方程； （） 动直线 穿过区域， 分别交直线于两点， 若直线 与轨迹 有且只有一个公共点， 求证：的面积恒为定值. 【答案】 （）（）见解析 【解析】试题分析： （）由点到直线距离公式直接把已知表示出来，并化简可得方程； （）直线 与轨迹 有且只有一个公共点，即直线 与轨迹 相切，因此可求出当 与 垂直（即 斜率不存在）时，面积，当 斜率存在时，可设其方程为，与双曲线方程联立 方程组， 由可得， 再设
13、出， 由直线相交可求得（用 表示） ，计算面积可得结论. 试题解析： （）由题意得，. 因为点 在区域内，所以与同号，得， 即点 的轨迹 的方程为. （）设直线 与 轴相交于点 ，当直线 的斜率不存在时，得 . 当直线 的斜率存在时，设其方程为，显然，则， 把直线 的方程与联立得， 由直线 与轨迹 有且只有一个公共点，知， 得，得或. 设，由得，同理，得. 所以 . 综上，的面积恒为定值 2. 21. 已知函数，其中 为自然对数的底数. （）讨论函数的单调性. （）试判断曲线与是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在，求出公 切线 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】 （）见解析（）.
14、 【解析】试题分析： (1)对函数求导可得，求解不等式和可得在上单调递减， 在上单调递减，在上单调递增. (2)假设曲线与存在公共点且在公共点处有公切线，由题意可知 ，据此有式即.结合函数，的性质 可知方程在上有唯一实数根，据此可得曲线与的公切线 的 方程为. 试题解析： （），令得. 当且时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增. （）假设曲线与存在公共点且在公共点处有公切线，且切点横坐标为， 则 ，即，其中（2）式即. 记，则，得在上单调递减，在 上单调递增，又，故方程在上有唯一实 数根，经验证也满足（1）式. 于是，曲线与的公切线 的方程为 ，即. 点睛：点睛：导数是
15、研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知 识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及 命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几 何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性； 已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考 查数形结合思想的应用 选考题：共选考题：共 1010 分分. .请考生在请考生在 22,2322,23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所
16、做的第一题计分. . 22. 设直线 的参数方程为， （ 为参数） ，若以直角坐标系的原点 为极点， 轴 的正半轴为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为. （）将曲线 的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出曲线 是什么曲线； （）若直线 与曲线 交于两点，求. 【答案】 （）见解析（）. 【解析】试题分析： （）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程； （）把直线的参数方程消去参数得普通方程，代入曲线 的直角坐标方程，利用韦达定理及 弦长公式可得弦长 试题解析： （）由于， 所以，即， 因此曲线 表示顶点在原点，焦点在 轴上的抛物线. （），化为普通方程为，代入，并整理得， 所以 . 23. 已知函数. （）当时，若对任意恒成立，求的最小值； （）若的解集包含，求实数 的取值范围. 【答案】 （） （）. 【解析】试题分析： （）由得的最小值，从而有，因此有，再利用 基本不等式可得的不等关系，从而得的最小值，注意等号能否取到； （）由于，因此不等式可化为，从而有， 然后按的正负分类讨论求出 的范围，最后求交集即可 试题解析： （）当时， ，.，即，当且仅当时等号成立， ，解得，当且仅当时等号成立，故的最小值为 . （）的解集包含，当时，有， 对恒成立， 当时，； 当时，. 综上：.
