数学文卷·2018届湖南省张家界市高三第三次模拟考试（2018 16页

‎2018届高三第三次模拟考试 数学（文科）试题 第Ⅰ卷 选择题（共60分）‎ 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. 已知集合，，若，则的值为（ ）‎ A. 1 B. -1 C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】由，，且，得，又由，则必有，且，所以.故选A.‎ ‎2. 命题：，的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知，命题为全称命题，其否定须由全称命题来完成，并否定其结果，所以命题的否定是，.故选C.‎ ‎3. 设为虚数单位，若复数的实部与虚部互为相反数，则（ ）‎ A. -5 B. C. -1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得，，因为其实部与虚部互为相反数，所以，即，解得.故选B.‎ ‎4. 已知变量，之间的线性回归方程为，且变量，之间的一组相关数据如下表所示，则下列说法错误的是（ ）‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎12‎ ‎6‎ ‎3‎ ‎2‎ A. 变量，之间呈现负相关关系 B. 可以预测，当时，‎ C. ‎ D. 由表格数据知，该回归直线必过点 ‎【答案】C ‎【解析】由题意得，由，得变量，之间呈负相关，故A正确；当时，则，故B正确；由数据表格可知，，则，解得，故C错；由数据表易知，数据中心为，故D正确.故选C.‎ ‎5. 在等差数列中，，则（ ）‎ A. 8 B. 12 C. 16 D. 20‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意，数列为等差数列，结合等差数列通项公式的性质得，，则，所以.故选A.‎ ‎6. 在同一直角坐标系中，函数，（，且）的图象大致为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意，当，函数为单调递减函数，若时，函数与的零点，且函数在上为单调递减函数；若时，函数与的零点，且函数在上为单调递增函数.综上得，正确答案为A.‎ ‎7. 数的概念起源于大约300万年前的原始社会，如图1所示，当时的人类用在绳子上打结的方法来记数，并以绳结的大小来表示野兽的大小，即“结绳计数”.图2所示的是某个部落一段时间内所擒获猎物的数量，在从右向左依次排列的不同绳子上打结，右边绳子上的结每满7个即在左边的绳子上打一个结，请根据图2计算该部落在该段时间内所擒获的猎物总数为（ ）‎ A. 336 B. 510 C. 1326 D. 3603‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意知，图2中的“结绳计数”法是七进制计数法，所以图2计算该部落在该段时间内所擒获的猎物总数为.故选B.‎ ‎8. 执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）‎ A. B. C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，执行程序，由正确，则，；‎ 由正确，则，；‎ 由正确，则，；‎ 由正确，则，；……‎ 由此可以发现的值为，其值规律为以3为周期，由，所以，当错误，则输出的值为5，故选D.‎ ‎9. 若函数（且）在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，不妨设，则，由时为减函数，即，又在上为单调递增，所以，所以，而此时函数为增函数，一减一增为减，故不合题意；‎ 同理由时为增函数，即，又在上为单调递增，所以 ‎，所以，而当时，函数为增函数，因此当时，同增为增，满足题意.故选D.‎ 点睛：此题主要考查导数在研究函数以及复合函数单调性、最值中的应用，以及对数函数、二次函数的单调性、最值的计算等方面的知识和技能，属于中高档题型，也是常考题型.在研究复合函数的单调性中有“同增异减”之法，即两种复合函数中，若两种函数同为增函数或同为减函数，则复合函数为增函数，若两种函数一增一减或一减一增，则复合函数为减函数.‎ ‎10. 已知变量，满足，若方程有解，则实数的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意，可作出约束条件的区域图，如图所示，由方程，得，由此问题可转化为求区域图内的点到定点的距离最小时实数的值，结合图形，点到直线的距离为所求，则有，解得.故选B.‎ 点睛：此题主要考查简单线性规划问题，以及点到直线距离公式的应用、数形结合法的应用等方面知识与运算技能，属于中档题型，也是常考题型.解决此类问题中主要有两个关键环节，一是根据约束条件作出可行域图；二是善于将目标函数进行转化，一般可从斜率、两点间的距离、点到直线的距离等方向去考虑，寻找问题的突破口.‎ ‎11. 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若，则实数的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得，，则，‎ 从而，又，‎ 所以当时实数有最小值，.故选B.‎ ‎12. 已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由原不等式等价于，若时，不等式成立，若时，可令，则，又，且为单调递增函数，构造函数，则在的最值为，当时，易知在上递减，此时为减函数，不等式成立，当时，且，即，满足不等式，综合得的范围为.‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）‎ ‎13. 已知向量，，，满足，则，夹角的余弦值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由∥，得，解得，则，，‎ 所以.‎ ‎14. 双曲线：的离心率为2，其渐近线与圆相切，则该双曲线的方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意知，，即，则，由圆的方程可知，其圆心坐标为，半径，不妨取双曲线渐近线，则，即，所以，则，故所求双曲线的方程为.‎ 点睛：此题主要考查了双曲线的方程、离心率、渐近线，以及直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用等方面的知识与运算技能，属于中档题型，也是常考题.在解决此类问题的过程中，常结合数形结合法进行研究，通过已知条件作出图形，尽可能地去挖掘图中隐含的信息量，寻找与问题的衔接处，从而解决问题.‎ ‎15. 已知球面上有四个点，，，，球心为点，在上，若三棱锥的体积的最大值为，则该球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意知，为该球的直径，由此易知，当顶点在底面的射影为球心时，且底面为等腰直角三角形时，三棱锥体积最大，所以，解得，故所求球的表面积为.‎ 点睛：此题主要考查了简单组合体的体积、表面积的计算，以及空间想象能力等有关方面的知识与能力，属于中高档题型，也是常考题型.此题中需要对三棱锥的体积在约定的条件下，什么情况出现最大值作出判断，那当然是底面积最大且高最长时出现最大值，而由条件已知底面三角形中一边为球的直径，因此当该三角形的高为半径时面积最大，又当三棱锥的高亦为半径时，所求三棱锥的体积最大，从而问题可得解.‎ ‎16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】试题分析：在中，∵，∴整理可得：，∴，∴，∴，∴，可得：，∴由余弦定理可得：，∴解得：，∴，当且仅当时，．故答案为：．‎ 考点：余弦定理.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理即①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角，基本不等式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，进而利用余弦定理，基本不等式即可得解．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17. 已知正项等比数列的前项和为，且，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若，数列的前项和为，求满足的正整数的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）5‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意可设数列的公比为，根据等比数列的通项公式与前项和公式，建立关于与的方程组，从而求出数列的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）求得，从而可得，根据其特点，采用裂项求和方法求出，由不等式求出正整数的最小值.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意知，，∴，得，‎ 设等比数列的公比为，‎ 又∵，∴，化简得，解得.‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知， .‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ .‎ 令，得，解得，‎ ‎∴满足的正整数的最小值是5.‎ 点睛：此题主要考查数列的通项公式、前项和公式的求解，解决数列问题中不等式的问题，以及裂项相消求和法的应用等方面的知识与运算技能，属于中高档题型，也是常考题.这里需要提一下的是裂项相消求和法，若数列的通项公式能分裂为两项相减时（如本题中），比较适合.学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...‎ ‎18. 新鲜的荔枝很好吃，但摘下后容易变黑，影响卖相.某大型超市进行扶贫工作，按计划每年六月从精准扶贫户中订购荔枝，每天进货量相同且每公斤20元，售价为每公斤24元，未售完的荔枝降价处理，以每公斤16元的价格当天全部处理完.根据往年情况，每天需求量与当天平均气温有关.如果平均气温不低于25摄氏度，需求量为公斤；如果平均气温位于摄氏度，需求量为公斤；如果平均气温位于摄氏度，需求量为公斤；如果平均气温低于15摄氏度，需求量为公斤.为了确定6月1日到30日的订购数量，统计了前三年6月1日到30日各天的平均气温数据，得到如图所示的频数分布表：‎ 平均气温 天数 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ ‎（Ⅰ）假设该商场在这90天内每天进货100公斤，求这90天荔枝每天为该商场带来的平均利润（结果取整数）；‎ ‎（Ⅱ）若该商场每天进货量为200公斤，以这90天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天该商场不亏损的概率.‎ ‎【答案】（1）391（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意，根据频数分析布表，这90天中平均气温在15摄氏度以上时，共有98天，且每天进货为公斤，销量亦为100公斤，此时每天利润为元，而平均气温低于15摄氏度的有2天，但进货仍为100公斤，而销量为50公斤，此时每天利润为，从而可求出这90天的平均利润；（Ⅱ）若这90天每天进货200公斤时，由频数分布表知，当平均气温在25摄氏度以上有36天，且销量为300公斤，此时盈利，当平均气温在15至25摄氏度之间时有52天，且销量为100公斤，此时利润为0，不亏，当平均气温在15摄氏度以下时有2天，且销量为50公斤，此时利润 为元，亏损，从而可得当天商场不亏损的概率为.‎ 试题解析：（Ⅰ）当需求量时，荔枝为该商场带来的利润为元；‎ 当需求量，即时，荔枝为该商场带来的利润为元.‎ ‎∴这90天荔枝每天为该商场带来的平均利润为元.‎ ‎（Ⅱ）当需求量时，荔枝为该商场带来的利润为元；‎ 当需求量时，荔枝为该商场带来的利润为元；‎ 当需求量时，荔枝为该商场带来的利润为元；‎ ‎∴当天该商场不亏损，则当天荔枝的需求量为100、200或300公斤，‎ 则所求概率.‎ ‎19. 如图，是边长为3的等边三角形，四边形为正方形，平面平面.点、分别为、上的点，且，点为上的一点，且.‎ ‎（Ⅰ）当时，求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）当时，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意，可连接，则易证∥，且∥，从而平面∥平面，又平面，从而问题可得证；‎ ‎（Ⅱ）由题意，可将三棱锥R的体积转化为三棱锥的体积进行求解，取点，连接，过点作于，并计算的长，即为三棱锥的高，根据题意可计算其底面积，再由三棱锥计算公式，从而问题可得解.‎ 试题解析：（Ⅰ）连接，当时，，∴四边形是平行四边形，∴，‎ ‎∵，∴，∵，，‎ ‎∴平面平面，又平面，∴平面.‎ ‎（Ⅱ）取的中点为，连接，则，‎ ‎∵平面平面，∴平面.‎ 过点作于点，连接，则.‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，，平面，∴平面，‎ ‎∴，又，∴平面，∴，‎ 又为正方形，∴，∴，∴，‎ ‎∴ .‎ ‎20. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点.过点做两条相互垂直的直线、分别与椭圆交于、、、四点. ‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）若，，探究：直线是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知，可建立关于椭圆三个参数的方程组进行求解，由离心率可得，又点在椭圆上，可得，结合，从而问题可得解.‎ ‎（Ⅱ）由题意，可对直线的斜率分“不存在与0”和“都存在且”两种情况进行分类讨论，先对后一种情况探究，则可设两直线的方程分别为，，逐个联立椭圆方程，分别计算的中点的坐标，从而求出直线的方程，并求得其定点为，再对前一种情况进行验证即可.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意知，，解得，‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）∵，，∴、分别为、的中点.‎ 当两直线的斜率都存在且不为0时，设直线的方程为，‎ 则直线的方程为，，，，，‎ 联立，得，∴，‎ ‎∴，，∴中点的坐标为；‎ 同理，中点的坐标为，∴，‎ ‎∴直线的方程为 ，‎ 即，∴直线过定点；‎ 当两直线的斜率分别为0和不存在时，则直线的方程为，也过点；‎ 综上所述，直线过定点.‎ ‎21. 已知函数. ‎ ‎（Ⅰ）若函数有两个零点，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）证明：当时，关于的不等式在上恒成立.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意，可利用导数法来进行求解，由，转换为，即将问题转化为曲线与直线有两交点，求的取值范围，构造函数，求函数的单调区间，再求函数的最值，从而问题可得解；‎ ‎（Ⅱ）由题意，将问题转化为：当时，不等式在上恒成立，可构造函数，并证明其最大值在区间上成立即可.‎ 试题解析：（Ⅰ）令，∴；‎ 令，∴，‎ 令，解得，令，解得，‎ 则函数在上单调递增，在上单调递减，∴.‎ 要使函数有两个零点，则函数的图象与有两个不同的交点，‎ 则，即实数的取值范围为.‎ ‎（Ⅱ）∵，∴.‎ 设，，∴，‎ 设，∴，则在上单调递增，‎ 又，，‎ ‎∴，使得，即，∴.‎ 当时，，；当时，，；‎ ‎∴函数在上单调递增，在上单调递减，‎ ‎∴ .‎ 设，∴，‎ 当时，恒成立，则在上单调递增，‎ ‎∴，即当时，，‎ ‎∴当时，关于的不等式在上恒成立.‎ 请考生在22、23题中任选一题作答，注意：只能做选定的题目，如果多做，则按所做的第一题记分，解答时请写清题号.‎ ‎22. 选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线：经过伸缩变换后得到曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）求出曲线、的参数方程；‎ ‎（Ⅱ）若、分别是曲线、上的动点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意，根据伸缩公式可求得曲线的普通方程，再普通方程与参数方程的互换公式进行转换，从而求出曲线的参数方程，同理可根据互换公式，将曲线的极坐标方程转化为参数方程.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知曲线是以点为圆心，半径的圆，则可任取曲线上的点，由两点间的距离公式，求出点到圆心的距离，从而求出，从而问题可得解.‎ 试题解析：（Ⅰ）曲线：经过伸缩变换，可得曲线的方程为，‎ ‎∴其参数方程为（为参数）；‎ 曲线的极坐标方程为，即，‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为，即，‎ ‎∴其参数方程为（为参数）.‎ ‎（Ⅱ）设，则到曲线的圆心的距离 ‎ ，‎ ‎∵，∴当时，.‎ ‎∴ .‎ 点睛：此题主要考查坐标的伸缩变换，曲线的参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与普通方程的互化，以及参数方程在求最值中的应用等方面的知识与运算能力，属于中档题型，也是常考题.在参数方程求最值问题中，通动点的参数坐标，根据距离公式可得所求距离关于参数的解析式，结合三角函数的知识进行运算，从而问题可得解.‎ ‎23. 选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（Ⅰ）解不等式：；‎ ‎（Ⅱ）当时，函数的图象与轴围成一个三角形，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知，可按不等中两个绝对值式的零点将实数集分为三部分进行分段求解，然后再综合其所得解，从而求出所求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）由题意，可将的值分为和进行分类讨论，当时，函数不过原点，且最小值为，此时满足题意；当时，函数，再由函数的单调性及值域，求出实数的范围，最后综合两种情况，从而得出实数的范围.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意知，原不等式等价于 或或，‎ 解得或或，‎ 综上所述，不等式的解集为.‎ ‎（Ⅱ）当时，则 ，‎ 此时的图象与轴围成一个三角形，满足题意：‎ 当时， ，‎ 则函数在上单调递减，在上单调递增.‎ 要使函数的图象与轴围成一个三角形，‎ 则，解得；‎ 综上所述，实数的取值范围为.‎