江西省南昌市届高三第三次理科数学模拟试题(有解析).doc

Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date江西省南昌市2018届高三第三次理科数学模拟试题(有解析)江西省南昌市2018届高三第三次理科数学模拟试题(有解析)江西省南昌市第三次模拟测试卷理科数学第卷（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. 已知集合，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】所以于是所以。故选D2. 已知，是虚数单位，若，则为（ ）A. 或 B. C. D. 不存在的实数【答案】A【解析】分析：根据共轭复数的定义先求出，再由，即可求出a详解：由题得，故，故选A.点睛：考查共轭复数的定义和复数的四则运算，属于基础题.3. “”是“关于的方程有解”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】D【解析】分析;：求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可详解：由得 ，且 即，即 ，则 ，此时方程无解，即充分性不成立，若 ，满足方程 无解，但不成立，即必要性不成立，即“”是“关于的方程有解”的既不充分也不必要条件.故选D点睛：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的等价条件求出的值是解决本题的关键4. 下列有关统计知识的四个命题正确的是（ ）A. 衡量两变量之间线性相关关系的相关系数越接近，说明两变量间线性关系越密切B. 在回归分析中，可以用卡方来刻画回归的效果，越大，模型的拟合效果越差C. 线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点D. 线性回归方程中，变量每增加一个单位时，变量平均增加个单位【答案】A【解析】分析：利用“卡方”的意义、相关指数的意义及回归分析的适用范围，逐一分析四个答案的真假，可得答案详解：A. 衡量两变量之间线性相关关系的相关系数越接近，说明两变量间线性关系越密切，正确；B. 在回归分析中，可以用卡方来刻画回归的效果，越大，模型的拟合效果越差，错误对分类变量与的随机变量的观测值来说， 越大，“与有关系”可信程度越大; 故B错误；C. 线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点，错误，回归直线可能不经过其样本数据点中的任何一个点；D. 线性回归方程中，变量每增加一个单位时，变量平均增加个单位，错误，由回归方程可知变量每增加一个单位时，变量平均增加个单位.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.故选A.点睛：本题考查回归分析的意义以及注意的问题是对回归分析的思想、方法小结要结合实例进行掌握.5. 在平面直角坐标系中，已知双曲线与双曲线有公共的渐近线，且经过点，则双曲线的焦距为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：双曲线C与双曲线x2=1有公共的渐近线，因此设本题中的双曲线C的方程x2=，再代入点P的坐标即可得到双曲线C的方程然后求解焦距即可详解：双曲线C与双曲线x2=1有公共的渐近线，设本题中的双曲线C的方程x2=，因为经过点，所以4-1=，解之得=3，故双曲线方程为故焦距为：，选D.点睛：本题给出与已知双曲线共渐近线的双曲线经过某个已知点，求该双曲线的方程，着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质，属于基本知识的考查6. 执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】S0，k1，k2，S2，否；k3，S7，否；k4，S18，否；k5，S41，否；k6，S88，是所以条件为k5，故选B.7. 已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：利用对数函数、指数函数的单调性直接求解详解：由题， 的大小关系为 故选：D点睛：本题考查三个数的大小的比较，考查对数函数、指数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题8. 某几何的三视图如图所示，其中主视图由矩形和等腰直角三角形组成，左视图由半个圆和等腰直角三角形组成，俯视图的实线部分为正方形，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图知几何体的上半部分是半圆柱，圆柱底面半径为1，高为2，其表面积为：，下半部分为正四棱锥，底面棱长为2，斜高为，其表面积：，所以该几何体的表面积为本题选择A选项.点睛：(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和9. 将函数的图象向左平移个单位，再向上平移个单位，得到图象，若，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】将函数的图象向左平移个单位，得到，再向上平移1个单位，得到因为，g(x)的最大值为3，所以=3，因为，所以所以所以的最大值为故选C.点睛：本题的一个关键之处是对且的转化.要从g(x)的最大值为3，推理出这里是解题的关键.10. 为培养学生分组合作能力，现将某班分成三个小组，甲、乙、丙三人分到不同组，某次数学建模考试中三人成绩情况如下：在组中的那位的成绩与甲不一样，在组中的那位的成绩比丙低，在组中的那位成绩比乙低.若甲、乙、丙三人按数学建模考试成绩由高到低排序，则排序正确的是（ ）A. 甲、丙、乙 B. 乙、甲、丙 C. 乙、丙、甲 D. 丙、乙、甲【答案】C【解析】因为在组中的那位的成绩与甲不一样，在组中的那位的成绩比乙低所以甲、乙都不在B组，所以丙在B组. 假设甲在A组，乙在C组，由题得甲、乙、丙三人按数学建模考试成绩由高到低排序是乙、丙、甲.假设甲在C组，乙在A组，由题得矛盾，所以排序正确的是乙、丙、甲.故选C.11. “在两条相交直线的一对对顶角内，到这两条直线的距离的积为正常数的点的轨迹是双曲线，其中这两条直线称之为双曲线的渐近线”已知对勾函数是双曲线，它到两渐近线距离的积是,根据此判定定理，可推断此双曲线的渐近线方程是（ ）A. 与 B. 与 C. 与 D. 与【答案】A【解析】分析：根据定义设为上任一点，逐次验证四个选项，只有A符合.详解：根据定义设为上任一点，对于A选项，则到直线的距离为，到直线的距离为 ，由单一可知可知，则显然 当时，当时，综上，符合定义.同理可知B,C，D不符合定义.故选A.点睛：本题考查双曲线的定义，利用定义验证选项是否符合，是基础题12. 已知函数，对任意不等实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：求出函数的导数，分离参数，结合二次函数的性质，求出的范围即可详解：对任意两个不等的实数，都有不等式恒成立，则当 时， 恒成立，即 在 上恒成立，则 故选D点睛：本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及二次函数的性质，是一道中档题第卷（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. 已知函数为偶函数，则的解集为_【答案】【解析】分析：由函数为偶函数，可得，则，则 解之即可.详解：由题函数为偶函数，则 即，故 即答案为.点睛：本题考查偶函数的定义，以及利用偶函数的单调性解不等式，属基础题.14. 已知，则_【答案】【解析】分析：由 ，展开二项式即可求得详解： 故答案为20点睛：本题考查二项式定理的应用，考查数学转化思想方法，是中档题15. 已知是两个非零向量，且，则的最大值为_【答案】【解析】分析：根据题意，设，则，由分析可得变形可得 进而可得，变形可得，由基本不等式分析可得答案详解：根据题意，设设，则，若，则变形可得： 则又由即；则|的最大值为.故答案为点睛：本题考查向量数量积的计算以及基本不等式的应用，解题的关键是构造关于的模的函数16. 如图，直线与单位圆相切于点，射线从出发，绕着点逆时针旋转，在旋转分入过程中，记，经过的单位圆内区域（阴影部分）的面积为，记，对函数有如下四个判断：当时，；时，为减函数；对任意，都有；对任意，都有其中判断正确的序号是_【答案】【解析】分析：由已知画出图形，再由扇形面积公式及三角形面积公式求得阴影部分的面积，然后逐一核对四个选项得答案详解：如图，设圆心为 P交圆于另一点，连接，则 当时， ，故正确；在上为增函数，故错误；当时， 故正确；当时， 故错误.故答案为点睛：本题考查直线与圆位置关系的应用，考查了三角函的性质，是中档题三、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. 已知数列的各项均为正数，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由得，解得或，又数列的各项均为正数，可得（2）由，所以，可得，利用错位相减法即可得出详解：（1）由得，所以或，又因为数列的各项均为正数，负值舍去所以.（2）因为，所以由由-得：点睛：本题考查了数列递推关系、错位相减法、分组求和方法、等比数列的求和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18. 如图，多面体中，为正方形，二面角的余弦值为，且.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）. 【解析】分析：（1）通过证明ADDE，推出平面，得到平面平面；（2）由（1）知，是二面角的平面角以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得平面与平面所成锐二面角的余弦值详解：（1）证明：，由勾股定理得：又正方形中，且平面，又面，平面平面（2）由（1）知是二面角的平面角作于，则且由平面平面，平面平面，面所以，面取中点，连结，则，如图，建立空间直角坐标系，则又，知的一个方向向量设面法向量，则取，得又面一个法向量为：设平面与平面所成锐二面角为，则点睛：本题考查直线与平面垂直的判断，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力19. 质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的个零件质量进行检测甲、乙两个车间的零件质量（单位：克）分布的茎叶图如图所示零件质量不超过克的为合格（1）质检部门从甲车间个零件中随机抽取件进行检测，若至少件合格，检测即可通过，若至少件合格，检测即为良好，求甲车间在这次检测通过的条件下，获得检测良好的概率；（2）若从甲、乙两车间个零件中随机抽取个零件，用表示乙车间的零件个数，求的分布列与数学期望 【答案】（1）（2）见解析【解析】分析：（1）设事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件全合格”；事件表示“检测通过”；事件表示“检测良好”.通过，P（E）=P（B）+P（C），求解概率即可（2）由题意知， 的所有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列，然后求解期望即可详解：（1）设事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件全合格”；事件表示“检测通过”；事件表示“检测良好”.故所求概率为.（2）可能取值为分布列为所以，.点睛：本题考查条件概率的应用，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查分析问题解决问题的能力20. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）已知不经过点的直线与椭圆交于两点，关于原点对称点为（与点不重合），直线与轴分别交于两点，证明： 【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）第（1）问，根据已知条件得到关于a,b,c的方程，解方程即得椭圆的方程.（2）第（2）问，转化成证明,再转化成证明，再利用韦达定理证明.试题解析：（1）由可得，所以，解得，所以椭圆的方程为：. （2）设，联立方程，得，解得，所以， ，分子., 点睛：本题的第（2）问的关键是转化，把证明转化成证明,再转化成证明，再利用韦达定理证明.转化的思想是数学里的用的最普遍的数学思想，大家遇到了复杂的数学问题，大家要学会转化.21. 已知函数.（1）若，函数的极大值为，求实数的值；（2）若对任意的，在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据导函数零点分类讨论，根据导函数符号变化规律确定函数极大值，最后根据绝对值求实数的值；（2）先求，最大值，再变量分离得 ，最后根据导数研究函数最大值，即得实数的取值范围.试题解析：（1）由题意，.当时，令，得；，得，所以在单调递增单调递减.所以的极大值为，不合题意.当时，令，得；，得或，所以在单调递增，单调递减.所以的极大值为，得.综上所述. （2）令，当时，故上递增， 原问题上恒成立 当时，此时，不合题意. 当时，令，则，其中，令，则在区间上单调递增（）时，所以对，从而在上单调递增，所以对任意，即不等式在上恒成立. （）时，由，及在区间上单调递增，所以存在唯一的使得，且时，.从而时，所以在区间上单调递减，则时，即，不符合题意.综上所述，.点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 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，）将曲线经过伸缩变换：得到曲线.（1）以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，求的极坐标方程；（2）若直线（为参数）与,相交于两点，且，求的值.【答案】（1）（2）或.【解析】试题分析：求得曲线的普通方程，然后通过变换得到曲线方程，在转化为极坐标方程在极坐标方程的基础上结合求出结果解析：（1）的普通方程为，把，代入上述方程得，的方程为.令，所以的极坐标方程为 .（2）在（1）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为，由得，由得.而，.而，或.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.求不等式的解集；(2)设，证明：【答案】（1）或（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式转化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）利用分析法证明不等式： ，平方作差并因式分解可得结论试题解析：(1)当时,原不等式可化为,解得;当时,原不等式可化为,解得,此时原不等式无解;当时,原不等式可化为,解得.综上, .（2）因为,所以,要证,只需证,即证,即证,即证,即证.因为,所以,所以成立,所以原不等式成立.-