数学吉林省长春市第十一高中等五校届高三联合模拟考数学文试题.docx

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数学吉林省长春市第十一高中等五校届高三联合模拟考数学文试题

2018届高三联合模拟考试

数学（文科）试题

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.已知全集，集合，，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

故选A

2.若复数，则的共轭复数所对应点在（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【答案】A

【解析】，则的共轭复数所对应点在第一象限

故选A

3.以下有关命题的说法错误的是（）

A.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”

B.“”是“”成立的必要不充分条件

C.对于命题，使得，则，均有

D.若为真命题，则与至少有一个为真命题

【答案】D

【解析】对于A.命题“若，则”的逆否命题为“若，则”

正确：

对于B.“”则“”，故“”是“”成立的必要不充分条件，正确；

对于C.对于命题，使得，则，均有

正确；

对于D.若为真命题，则与至少有一个为真命题，故D错误.

故选D

4.下列函数中既是偶函数又在上单调递增的函数是（）

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】A是奇函数，故不满足条件；B是偶函数，且在上单调递增，故满足条件；C是偶函数，在上单调递减，不满足条件；D是偶函数但是在上不单调。

故答案为：

B。

5.执行下面的程序框图，如果输入的，，那么输出的的值为（）

A.3B.4C.5D.6

【答案】B

【解析】第一次执行循环体后：

不满足退出循环的条件；

第二次执行循环体后：

不满足退出循环的条件；

第三次执行循环体后：

，满足退出循环的条件；

故输出的值为4，

故选B

【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．

6.将函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图像，则函数的图像的一个对称中心是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】根据题意得到，则函数的对称中心有

，当k=0时，对称中心为。

故答案为：

B。

7.设，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，给出下列命题：

①若，，则；②若，，则；

③若，且，，则；④若，且，则.

其中所有正确命题的序号是（）

A.①②B.②③C.③④D.①④

【答案】D

【解析】①若，，则由平面与平面垂直的判定定理得，故①正确；

②若，，则可能平行，相交或异面，故②错误；

③若，且，，则相交或平行，故③错误；

若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故③错误；

④若，且，则由直线与平面垂直的性质定理得，故④正确．

故选D．

8.已知正项等比数列的前项和为，且，与的等差中项为，则（）

A.B.30C.31D.

【答案】C

........................

∴，a4+2a6=3，即，

解得a1=16，q=．

则S5=31．

故答案为：

C。

9.已知向量，，，且，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】向量，，且，则，因为

则=。

故答案为：

C。

10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】由三视图可知该几何体为一个四棱锥和一个球体的组合体，其中四棱锥的是以侧视图为底面，其体积为而球体的体积为.

故组合体的体积为

故选D

11.已知数列的前项和，则数列的前6项和为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】数列的前项和，，两式作差得到

裂项求和得到

故答案为：

A。

点睛：

这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：

错位相减，裂项求和，分组求和等。

12.已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离为1，抛物线的准线过双曲线的左焦点，则抛物线上的动点到点距离的最小值是（）

A.5B.4C.D.

【答案】D

【解析】双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离为1，可得到，，抛物线设抛物线上的点为

当x=1时，有最小值.

故答案为：

D。

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.已知实数满足，则的最大值为__________．

【答案】-2

【解析】根据题意得到可行域是封闭的四边形，顶点是A（）,B（2,0）,C（0,1）,D（0,0）,

目标函数，可得到当目标函数过点A（），有最大值-2，

故得到答案为：

-2.

点睛：

利用线性规划求最值的步骤：

（1）在平面直角坐标系内作出可行域．

（2）考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．（3）确定最优解：

根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．（4）求最值：

将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。

14.直线与圆相交于两点，若，则__________．

【答案】或

，所以

故答案为．

15.已知下列命题：

①在线性回归模型中，相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好；

②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；

③在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均减少0.5个单位；

④对分类变量与，它们的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越大．其中正确命题的序号是__________．

【答案】①②③

【解析】①相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好；是正确的；②两个变量相关性越强，则相关系数r的绝对值就越接近于1，是正确的；③在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均减少0.5个单位是正确的，因为回归方程，并不是样本点都落在方程上，故只能是估计值，所以说是平均增长；④对分类变量与，它们的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越小；故原命题错误；

故答案为：

①②③.

16.函数满足对任意，都有，且，，则函数在上的零点之和是__________．

【答案】5

【解析】根据题干条件，当x=-1,得到，根据图像得到函数是关于点

中心对称的，直线和曲线的交点有四个，根据点的对称性得到每对的根之和为4，故得到和为5.

故答案为：

5.

点睛：

这个题目考查了导数在研究函数的极值和零点问题中的应用；对于函数的零点问题，它和方程的根的问题，和两个函数的交点问题是同一个问题，可以互相转化；在转化为两个函数交点时，如果是一个常函数一个非常函数，注意让非常函数式子尽量简单一些。

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.已知函数.

（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递减区间；

（Ⅱ）在中，，，分别是角，，的对边，若，，的面积为，求边的长.

【答案】（Ⅰ）最小正周期，单调递减区间是；（Ⅱ）.

【解析】试题分析：

（Ⅰ）由三角函数公式化简可得，易得最大值和的取值；

（Ⅱ）由（Ⅰ）即已知可得，又∵∴

由的面积为可得，结合由余弦定理可得边的长

试题解析：

（Ⅰ）

所以的最小正周期

令，解得

所以的单调递减区间是

（Ⅱ）∵，

∴，又∵∴

∵，的面积为∴

∴

18.某企业有甲、乙两条生产线生产同种产品，现随机从这两条生产线上各抽取20件产品检测质量（单位:

克），质量值落在，的产品为三等品，质量值落在，的产品为二等品，质量值落在的产品为一等品．下表为从两条生产线上各抽取的20件产品的质量检测情况，将频率视为概率，从甲生产线上随机抽取1件产品，为二等品的概率为0.2.

（1）求的值；

（2）现从两条生产线上的三等品中各抽取1件，求这两件产品的质量均在的概率；

（3）估算甲生产线20个数据的中位数（保留3位有效数字）．

【答案】

（1）；

（2）；（3）39.6

【解析】试题分析：

（1）根据从甲生产线上随机抽取1件产品，为二等品的概率为0.2，得到式子为，进而得到值；

（2）根据古典概型的计算公式得到，先得到从两条生产线上的三等品中各抽取1件，所有可能情况是共9种情况，这两件产品的质量均在上的可能情况是：

，共2种情况，进而得到概率值；（3）根据中位数的概念得到，进而求出参数值、

解析：

（1）由题意所以，，

（2）甲生产线产品质量在上的数据记为，在上的数据记为，

乙生产线产品质量在上的数据记为，在上的数据记为

从两条生产线上的三等品中各抽取1件，所有可能情况是：

，，，，，，共9种情况

这两件产品的质量均在上的可能情况是：

，共2种情况

所以，从两条生产线上的三等品中各抽取1件，求这两件产品的质量均在的概率

（3）设甲生产线20个数据的中位数是

则由题意

解得（克）

所以甲生产线20个数据的中位数约是39.6克．

19.如图，已知，，，平面平面，，，为中点．

（1）证明：

平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】

（1）证明见解析；

（2）.

【解析】试题分析：

（1）构造平行四边形，证明线线平行，进而得到线面平行；

（2）。

解析：

（1）证明：

设中点为，连

∵为中点∴，

又由题意，

∴，且∴四边形为平行四边形

∴，又平面，平面

∴平面

（2）∵平面所在平面垂直平面，平面平面

平面，∴平面

∵为中点，∴

所以，三棱锥的体积是.

20.已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆的短轴长为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）是否存在过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且满足（为坐标原点）若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】

（1）；

（2）答案见解析.

【解析】试题分析：

（1）根据椭圆的几何意义，得到椭圆方程；

（2）联立直线和椭圆，得到二次方程，向量坐标化得到，进而求得参数值。

解析：

（1）由题意得：

，解得

∴椭圆的标准方程是

（2）当直线的斜率不存在时，，

，不符合题意

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，

由消整理得：

，解得或

，

∴

∵∴

解得，满足

所以存在符合题意的直线，其方程为

点睛：

本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：

因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．

21.已知函数.

（1）当时，求在点处的切线方程；

（2）当时，求函数的单调递增区间；

（3）当时，证明：

（其中为自然对数的底数）．

【答案】

（1）；

（2）答案见解析；（3）证明见解析

【解析】试题分析：

（1）根据导数的几何意义得到；

（2）对函数求导，分类讨论导函数的正负，得到单调区间；（3）由知需证明.，对函数求导，研究函数的最值即可。

解析：

（1）当时，，

∴

∴在点处的切线方程是.

（2）的定义域为

当，即当时，由解得或

当时，，

当，即当时，由解得或

综上：

当时，的单调递增区间是，

当时，的单调递增区间是

当时，的单调递增区间是，

（3）当时，由知需证明

令，

设，则

当时，，单调递减

当时，，单调递增

∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值

的最小值是

另解：

证