全国市级联考word陕西省咸阳市届高三模拟考试三模数学文试题解析版.docx
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全国市级联考word陕西省咸阳市届高三模拟考试三模数学文试题解析版
2018年咸阳市高考模拟考试试题（三）
文科数学
第Ⅰ卷（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.设集合，，则（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】分析：
根据集合交集的定义可求解，交集是由两集合的公共元素组成的.
详解：
由题意，
故选C.
点睛：
本题考查集合的交集运算，掌握交集的定义是解题关键，属于容易题.
2.复数，则（）
A.的虚部为B.的实部为1C.D.的共轭复数为
【答案】A
【解析】分析：
先利用复数的除法化简复数z,再判断得解.
详解：
由题得.
所以z的虚部为-1,实部为-1，|z|=z的共轭复数为-1+i.
故答案为:
A
点睛：
本题主要考查复数的除法、实部虚部的概念、模的计算和共轭复数等知识，意在考查复数的基础知识掌握能力及基本的运算能力.
3.在区间上随机选取一个实数，则事件“”发生的概率为（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】分析：
在上求出不等式的解集，然后求出解集区间的长度，由几何概型 概率公式计算.
详解：
在上，的解集为，
∴所求概率为，
故选B.
点睛：
本题考查几何概型，确定几何区域的测度是至关重要的，我们要掌握几种常见测度的几何概型：
长度型几何概型、面积型几何概型、体积型几何概型.基本方法是：
分别求得构成事件A的区域测度和试验的全部结果所构成的区域测度，两者求比值.
4.已知双曲线的方程为，则下列说法正确的是（）
A.焦点在轴上B.虚轴长为4
C.渐近线方程为D.离心率为
【答案】C
【解析】分析：
利用双曲线的几何性质逐一判断得解.
详解：
对于选项A,由于双曲线的焦点在y轴上，所以选项A是错误的；对于选项B,虚轴长为2×3=6，所以选项B是错误的；对于选项C,由于双曲线的渐近线方程为，所以选项C是正确的；对于选项D,由于双曲线的离心率为，所以选项D是错误的.故答案为：
C
点睛：
本题主要考查双曲线的简单几何性质，意在考查学生对双曲线的几何性质等基础知识的掌握能力.当双曲线的焦点在x轴上时，渐近线方程为，当双曲线的焦点在y轴上时，渐近线方程为这两个不要记错了.
5.执行如图所示的程序框图，如果输入的，，，那么输出的值为（）
A.6B.5C.4D.3
【答案】C
【解析】分析：
模拟程序运行，可行运行结果.
详解：
∵，首先，则，再比较，因此输出，
故选C.
点睛：
本题考查程序框图，解题方法是模拟程序运行，观察其中的变量值，最终得出程序运行结果.
6.已知函数是定义在上的奇函数，且时，，则（）
A.9B.6C.3D.1
【答案】B
【解析】分析：
先根据求出a的值，即得f（x），再求f（a）.
详解：
由题得所以.
所以f（a）=f（3）=6.故答案为：
B
点睛：
奇函数在原点有定义时，必有f（0）=0,这是奇函数的一个重要性质，在解题时要注意灵活运用.但是不能说，f（0）=0，则函数是奇函数.
7.已知，满足约束条件则的最大值为（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】分析：
作出可行域，作直线，平移直线可得最优解.
详解：
作出可行域，如图内部（含边界），作直线，
向上平移，增大，所以当过点时，为最大值.
故选A.
点睛：
本题考查简单的线性规划问题，作可行域是解题的基础，平移直线得最优解是解题关键.
8.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：
“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士、凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？
”其意思：
“共有五头鹿，5人以爵次进行分配（古代数学中“以爵次分之”这种表达，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配）．”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则公士得（）
A.三分鹿之一B.三分鹿之二C.一鹿D.一鹿、三分鹿之一
【答案】A
【解析】分析：
本题考查阅读理解能力，抽象概括能力，解题关键是从题中得出5人所得依次成等差数列，其中，，要求，由等差数列的前项和公式易解得．
详解：
显然5人所得依次成等差数列，设公士所得为，
则，解得．
故选A．
点睛：
本题考查等差数列的应用，考查数学文化，《九章算术》是我国古代的数学名著，书中集成了许多数学问题，它的出现，标志着中国古代数学体系的形成。
9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】分析：
由三视图还原出原几何体，再根据柱体体积公式计算．
详解：
由三视图知原几何体是正方体中间挖去一个圆柱，
所以，
故选C．
点睛：
本题考查三视图的训图，考查柱体的体积，解题关键是由三视图还原出原几何体，从而再根据组合体的结构求出体积．
10.已知函数（，，）的部分图象如图所示，则的解析式为（）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】分析：
由最高点和最低点确定，由两个零点先确定周期，从而求得，再把零点代入求得．
详解：
由题意，又，
∴，
∴，，
∵，∴，
∴，
故选D．
点睛：
本题考查由函数的图象确定函数解析式，解题关键是的物理意义，如A是振幅，周期，是相位，是初相等，当然在确定时，有时还要与函数的单调性联系在一起．
11.三棱锥中，平面，，若，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】分析：
先把几何体放到长方体中，再计算长方体的外接球的直径即长方体的对角线，即得三棱锥的外接球半径，再计算外接球的表面积.
详解：
把三棱锥P-ABC放到长方体中，如图所示,
所以长方体的对角线长为
所以三棱锥外接球的半径为
所以外接球的表面积为
故答案为：
D
点睛：
本题求三棱锥外接球的半径用到了一个特殊的方法：
模型法.先把该几何体放到某一个长方体模型中，使得几何体的所有顶点都在长方体的顶点，则长方体的外接球和几何体的外接球是一样的，由于长方体的外接球直径是长方体的对角线，所以几何体的外接球的直径也是，这样可以很快求出几何体外接球的半径.
12.已知函数函数有两个零点，则实数的取值范围为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】分析：
求出的导数，研究在时的单调性和极值，结合时的性质可得结论．
详解：
时，设，则，
易知当时，，即是减函数，∴时，
又时，且，
而时，是增函数，．
有两个零点，即的图象与直线有两个交点，
所以，
故选C.
点睛：
函数的零点问题常常转化为函数的图象与直线的交点，如本题，有两个零点，即的图象与直线有两个交点，因此只要研究的单调性与极值，再结合图象可得结论．
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知向量，，若，则__________．
【答案】6.
【解析】分析：
由数量积的坐标运算法则列方程即可求得.
详解：
由已知，，
故答案为6.
点睛：
平面向量数量积的坐标运算：
若，则，，，.
14.已知数列为等比数列，且，则的值为__________．
【答案】.
【解析】分析：
利用等比数列的性质可求得，再代入计算.
详解：
∵是等比数列，∴，即，
∴，
.
故答案为.
点睛：
已知，若是等差数列，则，若是等比数列，则；
已知，若是等差数列，则，若是等比数列，则.
15.设抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于，两点，，则该抛物线的方程为__________．
【答案】.
【解析】分析：
由焦点坐标写出直线的方程，设，把直线方程代入抛物线方程整理由韦达定理可得，再由抛物线的定义表示出焦点弦长为，从而可求得.
详解：
直线方程为，代入抛物线方程并整理得，
设，则，
又，∴，，
∴抛物线方程为，
故答案为.
点睛：
抛物线焦点弦的性质：
是抛物线的焦点弦，，则，，，当然焦点弦还有其他许多性质，请自行研究.
16.已知三次函数的图象如图所示，则__________．
【答案】1.
【解析】分析：
三次函数的导函数是二次函数，图形说明二次函数的零点为－1和2，根据二次函数的性质可得.
详解：
，由的图象知，
∴，，
∴，
故答案为1.
点睛：
的图象反应出－1是极小值点，2是极大值点，因此－1和2是的解，而是二次函数，这样由二次函数的性质可得出，最后只要代入表示出导数值和即可.
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.在中，角，，的对边分别为，，，且，．
（1）求角；
（2）若的面积为，求的周长．
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】分析：
（1）把已知的边角关系用正弦定理转化为角的关系，再由两角和的正弦公式化简可得；
（2）由面积公式可求得，由余弦定理又可得一关于的等式，可用配方法求得，从而得三角形周长.
详解：
（1）∵，由正弦定理可得：
，
即，又，则．
（2）由的面积为，∴，则，由余弦定理，得，
则周长．
点睛：
解三角形问题，主要是正确选择正弦定理或余弦定理，一般是用正弦定理或余弦定理进行边角转化，即把已知条件转化纯粹的“角”的关系或“边”的关系，如果是“角”的关系，正面要用到三角函数恒等变换公式（两角和与差的正弦、余弦公式）化简求出角（或角的一个三角函数值），如是“边”的关系，则进行代数式的恒等变形，得出边之间的简单关系式，从而判断三角形是等腰或等边或直角三角形。
18.如图，已知四边形是直角梯形，，且，，是等边三角形，，为的中点.
（1）求证：
平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】
（1）见解析.
（2）.
【解析】分析：
（1）只要取PA的中点N，可证明MN与CD平行且相等地，从而得平行四边形，目的是证得DN与CM平行，最后由线面平行的判定定理证得线面平行；
（2）三棱锥P－ACM的底面面积和高都不容易求得，但由图形有，三棱锥M－ABC可以以为底面，这样底面积与高都易求得.
详解：
（1）证明：
取的中点，连接，.
由于，分别为，的中点，由题意知，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）解：
由
（1）知，是等边三角形，所以，
因为，且，且，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，平面，平面，则平面，即平面，为三棱锥的高，
，，
．
点睛：
立体几何中求体积问题，首先要掌握好柱、锥、台、球的体积公式，其次要掌握一些技巧，一是割补法，即一个不易示得体积的几何体通过割补法变成求一个简单的几何体（如棱柱、棱锥等）的体积；二是体积转化法，利用等底等高的两个锥体体积相等，可以把棱锥的顶点转化为另一点（例如AB//平面DEF，则），而且这种方法在求棱锥体积时经常用到，要注意积累............................
19.某校为调查高一、高二学生周日在家学习用时情况，随机抽取了高一、高二各20人，对他们的学习时间进行了统计，分别得到了高一学生学习时间（单位：
小时）的频数分布表和高二学生学习时间的频数分布直方图．
高一学生学习时间的频数分布表（学习时间均在区间内）：
学习时间
频数
3
1
8
4
2
2
高二学生学习时间的频率分布直方图：
（1）求高二学生学习时间在内的人数；
（2）利用分层抽样的方法，从高一学生学习时间在，的两组里抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求学习时间在这一组中恰有1人被抽中的概率；
（3）若周日学
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