2018届高三数学一模试卷(文科带解析河南安阳市)
加入VIP免费下载

本文件来自资料包: 《2018届高三数学一模试卷(文科带解析河南安阳市)》 共有 1 个子文件,压缩包列表如下:

注:压缩包层级关系提取自源文件,您看到的所有资料结构都和您下载的源文件一致

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
www.ks5u.com ‎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:.‎ ‎ ‎ ‎ ‎

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料