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