广东省届高三第一次模拟考试数学文精校解析Word版.docx
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广东省届高三第一次模拟考试数学文精校解析Word版
2018年普通高等学校招生全国统一考试
广东省文科数学模拟试卷
（一）
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.若复数满足，则复数的虚部为（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】由题意得，
故复数的虚部为．选D．
2.已知集合，则（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】由题意得，所以．选C．
3.“常数是2与8的等比中项”是“”的（）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】∵常数是2与8的等比中项，
∴，解得．
∴“常数是2与8的等比中项”是“”的必要不充分条件．选B．
4.下图为射击使用的靶子，靶中最小的圆的半径为1，靶中各图的半径依次加1，在靶中随机取一点，则此点取自黑色部分（7环到9环）的概率是（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】根据圆的面积公式以及几何概型概率公式可得，此点取自黑色部分的概率是，故选A.
5.已知是双曲线的一个焦点，点到的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（）
A.B.C.D.2
【答案】C
【解析】设一条渐近线方程为，，则点到的一条渐近线的距离，则双曲线的离心率，故选C.
6.等差数列的第四项等于（）
A.3B.4C.D.
【答案】A
【解析】∵成等差数列，
∴，
∴，
∴，解得．
∴等差数列的前三项为，
∴公差，
∴数列的第四项为．选A．
7.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】由三视图可知，该几何体为一个长方体截去了两个半圆柱而形成的，则该几何体的表面积为，故选B.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
8.已知曲线，则下列结论正确的是（）
A.把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称
B.把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称
C.把向左平移个单位长度，得到的曲线关于原点对称
D.把向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称
【答案】B
【解析】对于A，把向左平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，为偶函数，图象关于轴对称．故A不正确．
对于B，把向右平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，为偶函数，图象关于轴对称．故B正确．
对于C，把向左平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，无奇偶性，图象不对称．故C不正确．
对于D，把向右平移个单位长度后得到的图象对应的解析式为，无奇偶性，图象不对称．故D不正确．
综上选B．
9.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其规律是：
偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个“”中，可以先后填入（）
A.是偶数，B.是奇数，
C.是偶数，D.是奇数，
【答案】D
【解析】根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇数”，执行程序框图，结束，所以第二个框应该填，故选D.
10.已知函数在其定义域上单调递减，则函数的图象可能是（）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】∵函数在其定义域上单调递减，
∴在定义域上恒成立，且不可恒为0，
即恒成立．
结合函数的图象及导数的几何意义可得选项A满足条件．选A．
11.已知抛物线为轴负半轴上的动点，为抛物线的切线，分别为切点，则的最小值为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】设切线的方程为．
由消去x整理得（*），
∵直线与抛物线相切，
∴，故．
∴方程（*）为，解得．
∴点的坐标分别为．
在方程中，令，可得，
∴点的坐标为．
∴，
∴当时，取得最小值．选C．
点睛：
在求解解析几何中的最值问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先选择适当的变量建立目标函数，然后再根据函数解析式的特征，选择用基本不等式或函数的知识求解这个最值，这是解决此类问题常用的方法．
12.设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】画出函数的图象如图所示．
不妨令，则，则．
结合图象可得，故．
∴．选B．
点睛：
解答本题时利用函数图象进行求解，使得解题过程变得直观形象．解题中有两个关键：
一是结合图象得到；二是根据图象判断出c的取值范围，进而得到的结果，然后根据不等式的性质可得所求的范围．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.已知单位向量的夹角为30°，则__________．
【答案】1
【解析】因为单位向量的夹角为，所以，，故答案为.
14.设满足约束条件，则的最大值为__________．
【答案】2
【解析】
作出不等式组表示的可行域，如图，由可得，由图可知，当直线过点时，取得最大值，此时，故答案为.
【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：
（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
15.已知数列的前项和为，且，则__________．
【答案】14
【解析】由题意得．
答案：
16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为__________．
【答案】
【解析】
如图，连结交于点，设重合于点，正方形的边长为，则该四棱锥的侧面积是底面积的倍，，解得，设该四棱锥的外接球的球心为，半径为，则，，，解得，外接球的体积，故答案为.
三、解答题：
共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每道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.
（一）必考题：
共60分.
17.在中，角所对的边分别为，已知.
（1）证明：
；
（2）若，求的面积.
【答案】
（1）见解析;
（2）.
【解析】试题分析：
（1）将条件变形可得，利用余弦定理可得所证的结论．
（2）当时，由
（1）中的结论可得；再根据正弦定理可得，又又，根据面积公式可得结果．
试题解析：
（1）∵，
∴，
由余弦定理可得，
∴，
∴.
（2）∵，
∴，
由正弦定理得，
∴，
又，
∴.
18.“微信运动”是一个类似计步数据库的公众账号.用户只需以运动手环或手机协处理器的运动数据为介，然后关注该公众号，就能看见自己与好友每日行走的步数，并在同一排行榜上得以体现.现随机选取朋友圈中的50人，记录了他们某一天的走路步数，并将数据整理如下：
步数/步
10000以上
男生人数/人
1
2
7
15
5
女性人数/人
0
3
7
9
1
规定：
人一天行走的步数超过8000步时被系统评定为“积极性”，否则为“懈怠性”.
（1）填写下面列联表（单位：
人），并根据列表判断是否有90%的把握认为“评定类型与性别有关”；
积极性
懈怠性
总计
男
女
总计
附：
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
（2）为了进一步了解“懈怠性”人群中每个人的生活习惯，从步行数在的人群中再随机抽取3人，求选中的人中男性人数超过女性人数的概率.
【答案】
（1）见解析;
（2）.
【解析】试题分析：
（1）先根据题中数据完成列联表，然后根据列联表求得，再结合临界值表中的数据得到结论即可．
（2）根据古典概型概率的求法先通过列举法得到基本事件总数和男性人数超过女性人数所包含的基本事件数，然后根据概率公式求解．
试题解析：
（1）根据题意完成下面的列联表：
积极性
懈怠性
总计
男
20
10
30
女
12
8
20
总计
32
18
50
根据列联表中的数据，得到，
所以没有90%的把握认为“评定类型与性别有关”．
（2）设步行数在中的男性的编号为1，2，女性的编号为.
从5人中选取三位的所有情况为：
，共有10种．
符合条件的情况有：
，共3种．
故所求概率为.
19.如图，在直角梯形中，，且分别为线段的中点，沿把折起，使，得到如下的立体图形.
（1）证明：
平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】
（1）见解析;
（2）2.
【解析】试题分析：
（1）由折叠问题的特征可得，又，，故可得平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论．
（2）过点作交于点，连结，结合条件可得可得，于是得到．然后根据条件求得，，然后根据可求得点到平面的距离．
试题解析：
（1）证明：
由题意可得，
∴，
又，，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面．
（2）解：
过点作交于点，连结，则平面，
∵平面，
∴，
又，
∴平面，
又平面
∴．
于是可得，
∴，
∴,
∴．
设点到平面的距离为，
由，可得．
∵，
∴平面，
∴．
又,
∴．
又，
∴，
解得．
故点到平面的距离为2．
点睛：
（1）解决折叠性问题时首先要分清在折叠前后哪些量（位置关系或数量关系）发生了变化，哪些量没有发生变化．一般的结论是在折线同侧的量的关系在折叠前后不变，在折线两侧的量的关系在折叠前后改变．
（2）立体几何中求点到平面的距离时，可把所求的距离看作是一个三棱锥的高，利用可利用等体积法求解．
20.已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点（点均在第一象限），且直线的斜率成等比数列，证明：
直线的斜率为定值.
【答案】
（1）;
（2）见解析.
【解析】试题分析：
（1）根据椭圆的离心率和所过的点得到关于的方程组，解得后可得椭圆的方程．
（2）由题意设直线的方程为，与椭圆方程联立后消元可得二次方程，根据二次方程根与系数的关系可得直线的斜率，再根据题意可得，根据此式可求得，为定值．
试题解析：
（1）由题意可得，解得．
故椭圆的方程为．
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
由，消去整理得，
∵直线与椭圆交于两点，
∴．
设点的坐标分别为，
则，
∴．
∵直线的斜率
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