2022年金卷2018届全国高三大联考理科数学试题含答案 .pdf

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1、金卷 2018 届全国高三大联考理科第卷一、选择题：本大题共12 个小题 , 每小题 5 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，则 ( ) A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】. 所以,. 故选 C. 2. 记复数 的虚部为，已知复数（为虚数单位） ，则为( ) A. 2B. -3C. D. 3 【答案】 B 【解析】. 故 的虚部为 -3，即. 故选 B. 3. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 22 页A. B. 2C. D. 【

2、答案】 C 【解析】由， 得， 故. 故选 C. 4. 2017 年 8 月 1 日是中国人民解放军建军90 周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币，如图所示是一枚 8 克圆形金质纪念币，直径22mm ，面额 100 元. 为了测算图中军旗部分的面积，现用1 粒芝麻向硬币内投掷100 次，其中恰有 30 次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是( ) A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】根据题意，可估计军旗的面积大约是. 故选 B. 5. 已知双曲线：的渐近线经过圆：的圆心，则双曲线的离心率为 ( ) A. B. C. 2D. 【答案】 A 【解析】圆：的圆心为，双曲线的

3、渐近线为. 依题意得. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 22 页故其离心率为. 故选 A. 6. 已知数列为等比数列，且， 则( ) A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】依题意，得，所以. 由,得，或（由于与 同号，故舍去）. 所以. . 故选 A. 7. 执行如图的程序框图，若输出的的值为 -10 ，则中应填( ) A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】由图，可知. 故中应填. 故选 C. 8. 已知函数为 内的奇函数，且当时，记，则 ， ， 间的大小关系是( ) A. B. C. D. 【答案】 D

4、 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 22 页【解析】根据题意得，令.则为 内的偶函数，当时，. 所以在内单调递减 . 又，. 故，选 D. 9. 已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】由三视图可知该几何体是一个半圆柱与一个地面是等腰直角三角形的三棱锥构成的组合体，故其体积. 故选 A. 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几

5、何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 由三视图画出直观图的步骤和思精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 22 页考方法： 1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图； 2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度； 3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中. 记命题 ：，命题 ：将的图象向右平移个单位，得到函数的图象 . 则以下判断正确的是( ) A. 为真 B. 为假 C. 为真 D. 为真【答案】 D 【解析】由

6、，可得.解得. 因为，所以，故 为真命题；将图象所有点向右平移个单位，.所以为假，为真，为假，为真 . 故选 D. 11. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点. 已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 22 页则的周长为 ( ) A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】令，得，即. 由抛物线的光学性质可知经过焦点，设直

7、线的方程为，代入. 消去 ，得.则，所以. . 将代入得，故. 故. 故的周长为. 故选 B. 点睛：抛物线的光学性质：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线周上反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴. 12. 已知数列与的前 项和分别为，且，若恒成立，则的最小值是 ( ) A. B. C. 49D. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 22 页【答案】 B 【解析】当时，解得或. 由得.由，得. 两式相减得. 所以. 因为，所以. 即数列是以 3 为首项， 3 为公差的等差数列，所以. 所以. 所以. 要使恒成立，只需.

8、 故选 B. 点睛：由和求通项公式的一般方法为. 数列求和的常用方法有：公式法；分组求和；错位相减法；倒序相加法；裂项相消法；并项求和. 第卷本卷包括必考题和选考题两部分. 第 1321 题为必考题，每个试题考生都必须作答. 第 2223 题为选考题，考生根据要求作答 . 二、填空题：本大题共4 小题，每题5 分. 13. 已知在中，若边的中点的坐精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 22 页标为，点 的坐标为，则_【答案】 1 【解析】依题意，得，故是以为底边的等腰三角形，故，所以.所以. 14. 已知的展开式中所有项的二项

9、式系数之和、系数之和分别为， ，则的最小值为 _【答案】 16 【解析】显然.令，得. 所以. 当且仅当.即时，取等号，此时的最小值为16. 15. 已知 ， 满足其中，若的最大值与最小值分别为 ， ，则实数的取值范围为_【答案】【解析】作出可行域如图所示（如图阴影部分所示）设，作出直线，当直线过点时， 取得最小值；当直线过点时， 取精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 22 页得最大值. 即，当或 时，. 当时，. 所以，解得. 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想 .需要注意的是：一、准确无误地作出可行

10、域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得. 16. 在九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（ bie nao ）. 已知在鳖臑中，平面，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为_【答案】【解析】设的中点为，如图，由，且为直角三角形，得. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 22 页由等体积法，知. 即，解得. 故该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

11、17. 已知函数，. （）求函数的最小正周期及其图象的对称轴方程；（）在锐角中，内角， ， 的对边分别为， ， ，已知，求的面积 . 【答案】（1）最小正周期，对称轴方程为；（2）. 【解析】试题分析： （1）化简函数得，其最小正周期，令即可解得对称轴；（2）由，解得，由正弦定理及，得，利用即可得解 . 试题解析：（1）原式可化为，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 22 页，故其最小正周期，令，解得，即函数图象的对称轴方程为，. （2）由（ 1） ，知，因为，所以. 又，故得，解得. 由正弦定理及，得. 故. 18. 如

12、图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，侧面平面，且，动点 在棱上，且. （1）试探究 的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】试题分析： （1）连接交于点 ，连接通过证精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 22 页得，即可证得平面；（2）取的中点, 连接，可得两两垂直， 建立空间直角坐标系，设与平面所成的角为，则，为平面的一个法向量 . 试题解析：（1）当时，平面. 证明如下：连接交于点，连接. ，. ，. . 又平面，平面，平面. （2）取的中点, 连

13、接. 则. 平面平面，平面平面，且，平面. ，且，四边形为平行四边形，. 又，. 由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 22 页则，. 当时，有，可得. ，. 设平面的一个法向量为，则有即令，得，. 即. 设与平面所成的角为，则. 当时，直线与平面所成的角的正弦值为. 点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： 求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角； 求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平

14、面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键. 19. 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网上叫外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 22 页部分 . 为了解网络外卖在市的普及情况，市某调查机构借助网络进行了关于网络外卖的问卷调查，并从参与调查的网民中抽取了 200 人进行抽样分析，得到下表：（单位：人）（）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15 的前提下认为市使用网络外卖的情况与性别有关？（）现从所抽取的女网民中利用分层抽样的方法再

15、抽取5 人，再从这5 人中随机选出3 人赠送外卖优惠卷，求选出的 3 人中至少有2 人经常使用网络外卖的概率将频率视为概率，从市所有参与调查的网民中随机抽取10 人赠送礼品，记其中经常使用网络外卖的人数为，求 的数学期望和方差 . 参考公式：，其中. 参考数据：【答案】（1）见解析；（2），见解析 . 【解析】试题分析： （1）计算的值，进而可查表下结论；（2）由分层抽样的抽样比计算即可；由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 22 页，将频率视为概率，即从 市市民中任意抽取1

16、人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为，由题意得. 试题解析：（1）由列联表可知的观测值，. 所以不能在犯错误的概率不超过0.15 的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关. （2）依题意，可知所抽取的5 名女网民中，经常使用网络外卖的有（人） ，偶尔或不用网络外卖的有（人） . 则选出的 3 人中至少有2 人经常使用网络外卖的概率为. 由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率为，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1 人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为. 由题意得，所以；. 20. 已知椭圆：的左、右焦点分别为点，其离心率为，短轴长为. （）求椭圆的标准方程；精选学习资料

17、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 22 页（）过点的直线与椭圆交于， 两点，过点的直线与椭圆 交于 ， 两点，且，证明：四边形不可能是菱形 . 【答案】（1）； （2）见解析 . 【解析】试题分析： （1）由，及，可得方程；（2）易知直线不能平行于轴，所以令直线的方程为与椭圆联立得，令直线的方程为，可得，进而由是菱形，则，即，于是有由韦达定理代入知无解. 试题解析：（1）由已知，得，又，故解得，所以椭圆的标准方程为. （2）由（ 1） ，知，如图，易知直线不能平行于轴. 所以令直线的方程为，. 联立方程，得，精选学习资料 - - -

18、- - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 22 页所以，. 此时，同理，令直线的方程为，此时，此时. 故. 所以四边形是平行四边形 . 若是菱形，则，即，于是有. 又，所以有，整理得到，即，上述关于的方程显然没有实数解，故四边形不可能是菱形 . 21. 已知函数，其中 为自然对数的底数. （）讨论函数的单调性及极值；（）若不等式在内恒成立，求证：. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 . 【解析】试题分析： （1）函数求导得，讨论和演技单调性及极值即可；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页

19、，共 22 页（2）当时，在 内单调递增，可知在内不恒成立，当时，即，所以. 令，进而通过求导即可得最值. 试题解析：（1）由题意得. 当，即时，在 内单调递增，没有极值. 当，即，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取得最小值，无极大值 . 综上所述，当时，在 内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减， 在区间内单调递增，的极小值为，无极大值 . （2）由（ 1） ，知当时，在 内单调递增，当时，成立 . 当时，令 为和中较小的数，所以，且. 则，. 所以，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 22 页与恒

20、成立矛盾，应舍去. 当时，即，所以. 令，则. 令，得，令，得，故在区间内单调递增，在区间内单调递减 . 故，即当时，. 所以. 所以. 而，所以. 点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2） 若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 22 页请考生在 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，

21、已知曲线的参数方程为（， 为参数） . 以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为. （）当时，求曲线上的点到直线的距离的最大值；（）若曲线上的所有点都在直线的下方，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】试题分析： （1）将直线的极坐标方程化为普通方程，进而由圆的参数方程得曲线上的点到直线的距离，利用三角函数求最值即可；（2）曲线上的所有点均在直线的下方，即为对，有恒成立，即（其中）恒成立，进而得. 试题解析：（1）直线的直角坐标方程为. 曲线 上的点到直线的距离，当时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

22、 - - - - - - -第 20 页，共 22 页即曲线上的点到直线的距离的最大值为. （2）曲线上的所有点均在直线的下方，对，有恒成立，即（其中）恒成立，. 又，解得，实数的取值范围为. 23. 选修 4-5 ：不等式选讲已知函数. （）解不等式；（）记函数的值域为， 若， 证明：. 【答案】（1）； （2）见解析 . 【解析】试题分析： （1）分段去绝对值解不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式得.用作差法比较大小得到，即可证得 . 试题解析：（1）依题意，得于是得或或解得. 即不等式的解集为. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 22 页（2），当且仅当时，取等号，. 原不等式等价于，. ，. . . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 22 页