惠州市2018届高三模拟考试数学(文科)试题及答案Word下载.doc
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来的(纵坐标不变),再往上平移1个单位,所得图
象对应的函数在下面哪个区间上单调递增()
(A)(B)
(C)(D)
7.设函数,若,则的取值范围是()
(A)(B)(C)(D)
8.已知为双曲线的一个焦点,其关于双曲线的一条
渐近线的对称点在另一条渐近线上,则双曲线的离心率为()
(A)(B)(C)(D)
9.某四面体的三视图如图3所示,正视图、俯视图都是
腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是边长为2的
图3
正方形,则此四面体的体积是()
(A)(B)(C)(D)
10.已知数列的前项和为,且,则( )
(A) (B) (C) (D)
11.在中,,点为边上一点,且,
则( )
(A)(B)(C)(D)
12.已知是抛物线的焦点,为抛物线上的动点,且点的坐标为,则
的最小值是( )
(A) (B) (C) (D)
二、填空题:
本大题共4小题,每小题5分。
13.曲线在处的切线方程为_______.
14.若变量,满足约束条件,则点到点的最小距离为.
15.已知数列对任意的有,若,则.
16.已知函数对任意的,都有,函数是奇函数,
当时,,则方程在区间内的所有零点之和
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。
(一)必考题:
60分。
17.(本小题满分12分)
已知,,分别为△三个内角,,的对边,且.
(1)求角的大小;
(2)若,且△的面积为,求的值.
18.(本小题满分12分)
如图,直角中,,,分别是边的中点,沿将折起至,且.
(1)求四棱锥的体积;
(2)求证:
平面⊥平面.
19.(本小题满分12分)
为了解春季昼夜温差大小与某种子发芽多少之间的关系,现在从4月份的30天中随机挑选了5天进行研究,且分别记录了每天昼夜温差与每天每100颗种子浸泡后的发芽数,得到如下表格:
日期
4月1日
4月7日
4月15日
4月21日
4月30日
温差x/℃
10
11
13
12
8
发芽数y/颗
23
25
30
26
16
(1)从这5天中任选2天,记发芽的种子数分别为,求事件“均不小于25”的概率;
(2)若由线性回归方程得到的估计数据与4月份所选5天的检验数据的误差均不超过2颗,则认为得到的线性回归方程是可靠的.请根据4月7日,4月15日与4月21日这三天的数据,求出关于的线性回归方程,并判定所得的线性回归方程是否可靠?
参考公式:
,
参考数据:
20.(本小题满分12分)
已知抛物线的焦点为,点满足.
(1)求抛物线的方程;
(2)过点的直线交抛物线于两点,当时,求直线的方程.
21.(本小题满分12分)
已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若对任意,都有恒成立,求实数的取值范围.
(二)选考题:
共10分。
请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。
22.(本小题满分10分)选修4-4:
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数,且),
以为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,直线的极坐标方程为
.
(1)若曲线与只有一个公共点,求的值;
(2),为曲线上的两点,且,求△的面积最大值.
23.(本小题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
已知函数.
(1)求不等式的解集;
(2)设,证明:
数学(文科)参考答案与评分标准
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
9
答案
C
B
A
D
1.【解析】因为,所以,∴选C.
2.【解析】,,∴选B.
3.【解析】甲,乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种有9种不同的结果,分别为(红,红),(红,白),(红,蓝),(白,红),(白,白),(白,蓝),(蓝,红),(蓝,白),(蓝,蓝).他们选择相同颜色运动服有3种不同的结果,即(红,红),(白,白),(蓝,蓝),故他们选择相同颜色运动服的概率为,∴选A.
4.【解析】如图,已知AC+AB=10(尺),BC=3(尺),
,
所以,解得
因此,解得
,
故折断后的竹干高为4.55尺,∴选B.
5.【解析】第一次执行循环体后:
;
第二次执行循环体后:
第三次执行循环体后:
输出选B.
6.【解析】将函数的图象上各点的横坐标变为原来的,可得的图象,再往上平移个单位,得函数的图象,其单调区间与函数相同,令,解得:
,当时,为,∴选C
另:
用五点画出的函数图象(如下),可直接观察出单调区间。
7.【解析】令不符合题意,排除A,B;
时,,不符合题意,排除C,∴选D.(另:
画出的大致图象如下,也可观察出答案为D.)
8.【解析】如右图所示,由题意可知△≌△,
∴∠=∠=∠,∴
∴选C.
9.【解析】由三视图知该几何体为棱锥,其中平面ABCD,此三棱锥的
体积,∴选A.
10.【解析】由得,,∴选A.
11.【解析】因为,∴,∴选D.(另:
本小题也可以建立坐标系去计算)
12.【解析】由题意可得,抛物线x2=4y的焦点F(0,1),准线方程为y=﹣1.
过点P作PM垂直于准线,M为垂足,则由抛物线的定义可得|PF|=|PM|,
则==sin∠PAM,∠PAM为锐角.故当∠PAM最小时,最小,
故当PA和抛物线相切时,最小.设切点P(2,a),由y=x2的导数为y′=x,
则PA的斜率为•2==,求得a=1,可得P(2,1),∴|PM|=2,|PA|=2,
∴sin∠PAM==.故选:
C.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.14.15.403616.4
13.【解析】由,得,,切线的斜率
为,故切线方程为.
14.【解析】:
由约束条件作出可行域如图,
点(3,4)到点(x,y)的最小距离为P(3,4)到直线x+y﹣4=0的距离.
为.
.15.【解析】令m=1,则可知∴为等差数列,首项和公差均为2。
∴,∴
16.【解析】因为函数是奇函数,所以函数的图象关于点对称,把函数的图象向右平移1个单位可得函数的图象,即函数的图象关于点)对称,则,又因为,所以,从而,再用替换可得,所以,即函数的周期为2,且图象关于直线对称,如图所示,区间内有8个零点,所有零点之和为.
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程)
17.(本小题满分12分)
【解析】
(Ⅰ)由正弦定理得:
…………2分
由于,∴,∴
即…………4分
∵,∴
∴
∴…………6分
(Ⅱ)由:
可得∴…………8分
由余弦定理得:
…………10分
∴…………12分
18.(本小题满分12分)
(Ⅰ)∵分别是边的中点,
∴平行且等于的一半,…………1分
依题意,
于是有
…………3分
∵,
∴…………4分
过点作于,则
,…………5分
∵,∴
∴梯形的面积
四棱锥的体积…………6分
(Ⅱ)(法一)如图.设线段的中点分别为,连
接,则,于是
又
是等边三角形,∴EQ⊥FC,………8分
由
(1)知,∴,∴,
于是
………10分
∴,
又,
∴平面⊥平面………12分
(法二)连接,∵,∴△是边长为2等边三角形…
∵∴,∴,………8分
又∥∴,
∵,∴………10分
又∵,
∴,又∵,
∴∴平面⊥平面………12分
【解析】(Ⅰ)所有的基本事件为(23,25),(23,30),(23,26),(23,16),(25,30),(25,26),(25,16),(30,26),(30,16),(26,16),共10个.………2分
设“m,n均不小于25”为事件A,则事件A包含的基本事件为(25,30),(25,26),(30,26),共3个,故由古典概型概率公式得P(A)=.………5分
(Ⅱ)由题意得
且
所以,
所以关于的线性回归方程………9分
且当时,;
当时,;
当时,.
所以所得到的线性回归方程是可靠的.………12分
20.(本小题满分12分)
(Ⅰ)由条件易知在抛物线上,………1分
,………3分
故,即抛物线的方程为;
………4分
(Ⅱ)易知直线斜率必存在,设,,,………5分
①,………6分
联立得即,………8分
由得,………9分
且②,③,………10分
由①②③得,即直线.………12分
21.(本小题满分12分)
(Ⅰ)由题知:
………1分
当时,在时恒成立
∴在上是增函数.………2分
当时,,
令,得;
令,得.
∴在上为增函数,在上为减函数.………5分
(Ⅱ)法一:
由题知:
在上恒成立,
即在上恒成立。
………7分
令,所以………8分
令得;
令得.………9分
∴在上单调递增,在上单调递减.………10分∴,………11分
∴.………12分
法二:
要使恒成立,只需,………6分
(1)当时,在上单调递增,所以,
即,这与矛盾,此时不成立.………7分
(2)当时,
①若即时,在上单调递增,
所以,即,这与矛盾,此时不成立.
………8分
②若即时,在上单调递增,在上单调递减.
所以即,
解得,又因为,所以,………10分
③即时,在递减,则,
∴,又因为,所以;
………11分
综合①②③得:
.………12分
(22)(本小题满分10分)选修4-4:
(Ⅰ)曲线C是以(a,0)为圆心,以a为半径的圆;
………1分
直线l的直角坐标方程为………2分
由直线l与圆C只有一个公共点,则可得………3分
解得:
a=﹣3(舍)或a=1………4分
所以:
a=1.………5分
(Ⅱ)由题意,曲线C的极坐标方程为ρ=2acosθ(a>0)
设A的极角为θ,B的极角为………6分
则:
=
=………8分
∵cos=
所以当时,取得最大值………9分
∴△OAB的面积最大值为.………10分
解法二:
因为曲线C是以(a,0)为圆心,以a为半径的圆,且
由正弦定理得:
,所以|AB=
|AB2=3a2=|0A|2+|OB|2﹣|OA||OB|≥|OA||OB|
≤×
=.
∴△OAB的面积最大值为.
(23)(本小题满分10分)选修4-5:
【解析】解法一:
(Ⅰ)(ⅰ)当时,原不等式可化为,解得,
此时原不等式的解是;
………………2分
(ⅱ)当时,原不等式可化为,解得,
此时原不等式无解;
………………3分
(ⅲ)当时,原不等式可化为,解得,
………………4分
综上,.………………5分
(Ⅱ)因为………………6分
………………7分
.………………8分
因为,所以,,………………9分
所以,即.………………10分
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)因为, ……… 7分
所以,要证,只需证,
即证,………………8分
即证,
即证,即证.………………9分
因为,所以,所以成立,
所以原不等式成立.………………10分
数学试题(文科)第18页,共18页