湖南省长沙市第一中学2018届高三下学期高考模拟卷(三)数学(文)试题(解析版)

炎德·英才大联考长沙市一中2018届高考模拟卷（三）

数学（文科）

第I卷

一、选择题：本大题共12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.集合，，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据集合的基本运算进行求解即可．

【详解】解：A＝{x|x2﹣x﹣2≤0}＝{x|﹣1≤x≤2}，B＝{x|x＜1}，

则＝{x|x≥1}，

则＝{x|1≤x≤2}，

故选：D．

【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出A的等价条件是解决本题的关键，比较基础．

2.李先生的网店经营坚果类食品，一年中各月份的收入、支出（单位：百元）情况的统计如图所示，下列说法中错误的是（）

A. 2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同

B. 支出最高值与支出最低值的比是

C. 第三季度平均收入为5000元

D. 利润最高的月份是2月份

【答案】D

【解析】

【分析】

通过图表信息直接观察，计算，找出答案即可．

【详解】解：A，2至3月份的收入的变化率为20，11至12月份的变化率为20，故相同．A正确．B，支出最高值是2月份60百元，支出最低值是5月份的10百元，故支出最高值与支出最低值的比是6：1．故B 正确．

C，第三季度的7，8，9月每个月的收入分别为40百元，50百元，60百元，故第三季度的平均收入为50百元，故C正确．

D，利润最高的月份是3月份和10月份都是30百元，高于2月份的利润是80﹣60＝20百元，故D错误．

故选：D．

【点睛】本题考查利用图表信息，分析归纳得出正确结论，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题目．

3.若复数（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|a+2i|等于 ( )

A. 2

B.

C. 4

D. 8

【答案】B

【解析】

由题意可得：，

由题意可得：，解得，则.

本题选择B选项.

4.

算法如图，若输入，则输出的为（）

A. 2

B. 9

C. 11

D. 13

【答案】D

【解析】

【分析】

该题是直到型循环与，先将351除以143取余数，然后将n的值赋给m，将r的值赋给n，再相除取余，直到余数为0，停止循环，输出n的值即可

【详解】解：输入m＝351，n＝143，r＝351Mod143＝65，

不满足r＝0，执行循环，m＝143，n＝65，r＝143Mod65＝13，

不满足r＝0，执行循环，m＝65，n＝13，r＝65Mod13＝0，

满足r＝0，退出循环，输出n＝13．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了直到型循环结构框图，解题的关键是弄清程序的含义，该题考查了两个数的最大公约数，属于基础题

5.通过模拟试验，产生了20组随机数（）

7130 3013 7055 7430 7740 4122 7884 2604 3346 0952

6107 9706 5774 5725 6576 5929 1768 6071 9138 6254

每组随机数中，如果恰有三个数在1，2，3，4，5，6中，则表示恰有三次击中目标，问四次射击中恰有三次击中目标的概率约为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

20组随机数中恰有三个数在1,2,3,4,5,6中,有3013， 2604，5725，6576四组， 因此四次射击中恰有三次击中目标的概率约为 选B.

6.《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法.我们用近代术语解释为：把阳爻“▂”当作数字“1”，把阴爻“

”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：

依次类推，则六十四卦中的

“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（ ）

A. 18

B. 17

C. 16

D. 15

【答案】B 【解析】

由题意类推,可知六十四卦中的“屯”卦符合“

”表示二进制数的010001，

转化为十进制数的计算为1×20+0×21+0×22+0×23+1×24+0×25=17. 故选：B.

7.等差数列的前项和为，

，且

，则

的公差

（ ）

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

【答案】A 【解析】 由等差数列性质知，则

.

所以.

故选A.

8.已知，满足条件，则目标函数从最小值变化到1时，所有满足条件的点构成的平面区域的面积为（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

如图所示，所求面积即为图中红色阴影部分的面积e

故选a

9.已知向量，，且，则函数在的图象大致为（）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用向量共线条件得到，结合特值法得到结果.

【详解】∵向量，，且，

∴

∴，

f（）＝（cos）sin1，

故排除B，C ，D；

故选：A．

【点睛】本题考查了函数的图象与函数的性质应用，考查了数形结合的思想及特值法的应用，属于中档题．

10.正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E为棱BB1的中点（如图），用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

试题分析：如图补全过的平面，将上半部分切去，所以左视图如C选项，故选C.

考点：三视图

11.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为（）

A. 2

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求得双曲线的一条渐近线方程，求得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a，b的关系，即可得到所求离心率公式．

【详解】取渐近线，化成一般式，

圆心到直线的距离，得，，

即.

故选：A

【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，属于基础题．12.

如图，已知直线与曲线相切于两点，函数，则函数（）

A. 有极小值，没有极大值

B. 有极大值，没有极小值

C. 至少有两个极小值和一个极大值

D. 至少有一个极小值和两个极大值

【答案】C

【解析】

【分析】

根据导数的几何意义，讨论直线与曲线在切点两侧的导数与的大小关系，从而得出的单调区间，结合极值的定义，即可得出结论。

【详解】

如图，由图像可知，当时，单调递增，所以有且。

对于=，

有，所以在时单调递减；

当时，单调递减，所以有且。

有，所以在时单调递增；

所以是的极小值点。

同样的方法可以得到是的极小值点，是的极大值点。故答案选C。

【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义，函数导数与单调性，与函数极值之间的关系，属于基础题。

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21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.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量、满足，，且，则与的夹角为________.

【答案】.

【解析】

【分析】

根据即可得到，进行数量积的运算便可求出，从而求出向量的夹角．

【详解】解：∵；

∴

＝0；

∴；

∵与夹角的取值范围为[0，π]，

∴的夹角为．

故答案为：．

【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的范围．

14.的三个内角，，所对的边分别为，，，为的中点，，，且，则

________.

【答案】.

【解析】

【分析】

由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求cos C，可得C＝60°，在平行四边形ACBD，可求∠CAD ＝120°，，由余弦定理可得a，利用三角形面积公式即可得解.

【详解】解：2c cos B＝2a﹣b

?2sin C cos B＝2sin A﹣sin B

?2sin C cos B＝2sin B cos C+2cos B sin C﹣sin B

?cos C，

所以C＝60°．

如图补成平行四边形ACBD，

则∠CAD＝120°，，

在△ADC中，由余弦定理得：，

所以：，

故答案为：

【点睛】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，三角形面积公式，平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了运算求解能力和转化思想，属于中档题．

15.已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交直线于点.若，则________. 【答案】8

【解析】

如图，记直线与y轴的交点为N，过点P作与M，因为，所以，所以又因为,所以，故.

故答案为：8.

点睛：求解解析几何中的问题，包括几何法和代数法，如几何法经常涉及圆锥曲线的定义和比较明显的平面几何的定理和性质，所以做题时要充分考虑这些定义来进行转化，比如椭圆和双曲线定义涉及两条焦半径，所以给出,

就联想,抛物线有，就联想到准线的距离.

16.已知半径分别为1和2的两球紧贴放在水平桌面上，则两球在桌面上的俯视图的公共弦长为________.

【答案】.

【解析】

【分析】

可求出两球的球心距离为1+2＝3，两球的球心的垂直距离为2﹣1＝1，水平距离为2，作出两球在桌面上的俯视图，运用解三角形的知识和等积法，即可得到所求值．

【详解】解：半径分别为1和2的两球紧贴放在水平桌面上，

可得两球的球心距离为1+2＝3，

两球的球心的垂直距离为2﹣1＝1，

水平距离为2，

两球在桌面上的俯视图如右图：

且AO1＝1，AO2＝2，O1O2＝2，

cos∠O1AO2，

则sin∠O1AO2，

△AO1O2的面积为S1×2，

可得O1O2上的高为，

则两球在桌面上的俯视图的公共弦长为2．

故答案为：．

【点睛】本题考查球的投影和两圆的位置关系和弦长求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题．

三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.在中，角，，的对边分别为，，，，三边，，成等比数列，且面积为，在等差数列中，，公差为.

（I）求数列的通项公式；

（Ⅱ）数列满足，设为数列的前项和，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

分析：（1）先利用已知求出b,再求数列的通项公式.(2)先求出，再利用裂项相消求．详解：（1）由，，成等比数列得，

因为，所以，

所以是以4为首项，以4为公差的等差数列，

解得．

（2）由（1）可得，

．

点睛：(1)本题主要考查三角形的面积公式，考查等差数列的通项，考查等比中项和裂项相消求和,意在考查学生对等差等比数列的基础知识和数列求和的基础知识的掌握能力和基本运算能力.(2)一般如果数列的通项为分式结构，

可以考虑裂项相消法求和，如：

18.某学校为了了解高中生的艺术素养，从学校随机选取男，女同学各50人进行研究，对这100名学生在音乐、美术、戏剧、舞蹈等多个艺术项目进行多方位的素质测评，并把调查结果转化为个人的素养指标和，制成下图，其中“*”表示男同学，“+”表示女同学.

若，则认定该同学为“初级水平”，若，则认定该同学为“中级水平”，若，则认定该同学为“高级水平”；若，则认定该同学为“具备一定艺术发展潜质”，否则为“不具备明显艺术发展潜质”.

（I）从50名女同学的中随机选出一名，求该同学为“初级水平”的概率；

（Ⅱ）从男同学所有“不具备明显艺术发展潜质的中级或高级水平”中任选2名，求选出的2名均为“高级水平”的概率；

（Ⅲ）试比较这100名同学中，男、女生指标的方差的大小（只需写出结论）.

【答案】（I）.（Ⅱ）.（Ⅲ）这100名同学中男同学指标的方差大于女同学指标的方差.

【解析】

【分析】

（I）由图知，在50名参加测试的女同学中，指标x＜0.6的有15人，由此能求出该同学为“初级水平”的概率；

（Ⅱ）利用古典概型概率公式即可得到结果；

（Ⅲ）由图可知，这100名同学中男同学指标的方差大于女同学指标的方差.

【详解】（I）由图知，在50名参加测试的女同学中，指标的有15人，

所以，从50名女同学中随机选出一名，该名同学为“初级水平”的概率为.

（Ⅱ）男同学“不具备明显艺术发展潜质的中级或高级水平”共有6人，其中“中级水平”有3人，分别记为，

，.“高级水平”有3人，分别记为，，，所有可能的结果组成的基本事件有：

，，，，，，，，，，，，，

，，共15个，其中两人均为“高级水平”的共有3个，所以，所选2人均为“高级水平”的概率

.

（Ⅲ）由图可知，这100名同学中男同学指标的方差大于女同学指标的方差.

【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．

19.在四棱锥中，，，与相交于点，点在线段上，（），且平面.

（I）求实数的值；

（Ⅱ）若，，，求点到平面的距离.

【答案】（1）.

（2）.

【解析】

分析：解法一：（1）由平行线的性质可得，结合线面平行的性质定理有．据此可得．

(2) 由题意可知为等边三角形，则，结合勾股定理可知且，由线面垂直的判断定

理有平面，进一步有平面平面．作于，则平面．即为到平面的

距离．结合比例关系计算可得到平面的距离为．

解法二：（1）同解法一．

（2）由题意可得为等边三角形，所以，结合勾股定理可得且，则平面

．设点到平面的距离为，利用体积关系：，即

．求解三角形的面积然后解方程可得到平面的距离为．

详解：解法一：（1）因,所以即．

因为平面，平面，

平面平面，

所以．

所以，即．

(2) 因为，所以为等边三角形，所以，

又因，，所以且，

所以且，又因为，所以

因为平面，所以平面平面．

作于，因为平面平面，所以平面．

又因为平面，所以即为到平面的距离．

在△中，设边上的高为，则，

因为，所以，即到平面的距离为．

解法二、（1）同解法一．

（2）因为，所以为等边三角形，所以，

又因为，，所以且，

所以且，又因为，所以平面．

设点到平面的距离为，由

得，

所以， 即．

因为，

，

，

所以

，解得

，即到平面

的距离为

．

点睛：本题主要考查线面平行的应用，面面垂直的性质及其应用，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 20.已知圆

的

圆心为，点是圆上的动点，点

，线段

的垂直平分线交

于点.

（I ）求点的轨迹的方程； （Ⅱ）过点作斜率不为0的直线与（I ）中的轨迹交于，两点，点关于轴的对称点为，连接

交轴

于点，求.

【答案】(1);(2)

.

【解析】

分析：（1）利用待定系数法求出点在以、为焦点，长轴长为4的椭圆上，点的轨迹的方程为．（2）

先求出点Q 的坐标，再利用两点间的距离公式求．

详解：（1）由题意知，线段

的垂直平分线交

于点，所以

，

∴

，

∴点在以、为焦点，长轴长为4的椭圆上，

，

，

， ∴点的轨迹的方程为

．

（2）依题意可设直线方程为，将直线方程代入，

化简得

， 设直线与椭圆的两交点为，， 由，得

，①

且

，

，②

因为点关于轴的对称点为，则，可设，

所以，

所以所在直线方程为，

令，得，③

把②代入③，得，

∴点的坐标为，

∴．

点睛：求动点的轨迹方程常用的有四种方法：直接法、待定系数法（定义法）、相关点代入法和参数法.每一种方法都分为五个步骤：建（建立直角坐标系）设（设点）限（写出动点满足的限制条件）代（代点和公式）化简.

21.已知函数 (，为自然对数的底数).

（Ⅰ）求函数的极值；

（Ⅱ）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.

【答案】（1）见解析（2）的最大值为1.

【解析】

分析：（1）先求导，再对a分类讨论，求函数的单调性得到函数的极值.(2)先把问题转化为关于的方程

在上没有实数解，再转化为方程化为没有实数解，得k的最大值.

详解：（1），

①当时，，为上的增函数，所以函数无极值.

②当时，令，得，.

，；，.

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，无极大值.

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值.

（2）当时，.

直线与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，

即关于的方程在上没有实数解.

①当时，方程可化为，在上没有实数解.

②当时，方程化为.

令，则有

令，得，

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，同时当趋于时，趋于，

从而的取值范围为.

所以当时，方程无实数解，

解得的取值范围是.

综上，得的最大值为1.

点睛：（1）本题主要考查导数求函数的极值和零点问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力、数形结合思想和分类讨论思想.(2)解答本题的有两个关键点，其一是把问题转化为关于的方程在上没有实数解，其二是再转化为方程

化为没有实数解，得k的最大值.转化的数学思想是高中数学的重要思想，要理解掌握并灵活运用.

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22.选修4－4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，圆的方程为.以原点为

极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(Ⅰ)求直线及圆的极坐标方程；

(Ⅱ)若直线与圆交于两点，求的值.

【答案】(1)见解析;(2).

【解析】

分析：(Ⅰ)由直线的参数方程得普通方程为，利用可得直线及圆的极坐标方程；(Ⅱ)将直线：，与圆：联立得或，

不妨记点A对应的极角为，点B对应的极角为，且，于是.

于是，.

详解：(Ⅰ)由直线的参数方程得，其普通方程为，

∴直线的极坐标方程为.

又∵圆的方程为，

将代入并化简得，

∴圆的极坐标方程为.

(Ⅱ)将直线：，

与圆：联立，得，

整理得，∴.

不妨记点A对应的极角为，点B对应的极角为，且.

于是，.

点睛：参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过

选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．

23.选修4-5：不等式选讲

已知函数.

（I）解不等式；

（Ⅱ）设函数的最小值为，实数满足，，，求证：.

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）f（x）≤x+1，即|x﹣1|+|x﹣3|≤x+1．通过①当x＜1时，②当1≤x≤3时，③当x＞3时，去掉绝对值符号，求解即可；

（2）由绝对值不等式性质得，|x﹣1|+|x﹣3|≥|（1﹣x）+（x﹣3）|=2，推出a+b=2．令a+1=m，b+1=n，利用基本不等式转化求解证明即可．

【详解】①当时，不等式可化为，．

又∵，∴?；

②当时，不等式可化为，．

又∵，∴．

③当时，不等式可化为，．

又∵，∴．

综上所得，．

∴原不等式的解集为．

（2）证明：由绝对值不等式性质得，，

∴，即．

令，，则，，，，

，

原不等式得证．

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．