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2018届高三毕业班第一次模拟考试
数学（文科）
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. 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】D
【解析】由题意，∴，故选D.
3. 已知函数满足：①对任意且，都有；②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】①说明在上是增函数，②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.
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：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. 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4小题，每小题5分，共20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：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.
17. 已知在中，内角所对的边分别为，且满足.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）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．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，已知条件可化为，从而易得的取值范围．
试题解析：
（Ⅰ），由正弦定理知
，
即.
因为，
所以，且，所以，
所以，.
（Ⅱ）由（Ⅰ）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
.
（Ⅰ）求的值.
（Ⅱ）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】（Ⅰ）（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
(Ⅰ)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1得到关于实数a的方程，解方程有.
(Ⅱ)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：
（Ⅰ）由题知，解得，
可取5,6,7,8,9，
代入中，得 ，.
（Ⅱ）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.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积.
【答案】(Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【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：
(Ⅰ）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
.
（Ⅱ）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，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.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）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】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【解析】试题分析：
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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，再设出，由直线相交可求得（用表示），计算面积可得结论.
试题解析：
（Ⅰ）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.
（Ⅱ）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.
（Ⅰ）讨论函数的单调性.
（Ⅱ）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】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【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：
（Ⅰ），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.
（Ⅱ）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：导数是研究函数的单调性、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10分.请考生在22,23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
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.
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）若直线与曲线交于两点，求.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（Ⅱ）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：
（Ⅰ）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.
（Ⅱ），化为普通方程为，代入，并整理得，
所以 .
23. 已知函数.
（Ⅰ）当时，若对任意恒成立，求的最小值；
（Ⅱ）若的解集包含，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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：
（Ⅰ）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.
（Ⅱ）∵的解集包含，当时，有，
∴对恒成立，
当时，，∴；
当时，，∴.
综上：.
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