山西省吕梁市最新的届高三上学期第一次模拟考试数学(文)试题(解析版)16497.pdf

《山西省吕梁市最新的届高三上学期第一次模拟考试数学(文)试题(解析版)16497.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省吕梁市最新的届高三上学期第一次模拟考试数学(文)试题(解析版)16497.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 吕梁市 20182019 学年度高三年级第一次模拟考试 文科数学试题 命题人：贺昌中学 田 慧 英杰中学 樊东亮 审题人：孝义中学 蔡雪梅（本试题满分 150 分，考试时间 120 分钟。答案一律写在答题卡上）第卷（选择题，共 60 分）一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.集合，则的元素个数（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】分别求解结合 A,B，利用交集定义求交集即可得解.【详解】，为小于 的整数，所以.故选 B.【点睛】本题主要考查了集合的表示及集合交集的运算，属于基础题.2.已知

2、复数，则（）A.B.C.D.5【答案】A【解析】【分析】有附属的除法运算化简得，进而求得共轭复数，即可得模长.【详解】，所以，故选 A.【点睛】本题主要考查了复数的运算及共轭复数和模长的计算，属于基础题.3.设：关于 的方程有解；：关于 的不等式对于恒成立，则 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】【分析】分别求出、成立时 的取值范围，然后判断结果【详解】若 成立则，所以，若 成立则，所以对恒成立，所以.则,所以 是 的必要不充分条件 故选 【点睛】本题考查了必要不充分条件的判定，在判定时分别计算出满足条件的参数取值范围，由小

3、范围可以推出大范围来判定结果 4.我国古代数学家刘徽创立了“割圆术”用于计算圆周率 的近似值，即用圆内接正 边形的面积代替圆的面积，当 无限增大时，多边形的面积无限接近圆的面积。设是圆内接正十二边形，在一次探究中，某同学在圆内随机撒一把米（共 100 粒），统计出正十二边形内有 95 粒，则可以估计 的近似值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】为了估计 的近似值，结合题目分别计算出米落在正十二边形内的概率，以及正十二边形的面积与圆面 积的比值，令其相等求出结果【详解】由已知可得米粒落在正十二边形的概率估计值：，设圆的半径为，正十二边形的面积为，圆的面积为，由几何概型可知，因此，可得

4、，故选 C.【点睛】本题为了估计 的近似值分别运用古典概率和几何概率求出两个结果，令其相等求出近视值，较为基础 5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由三视图先还原几何体，然后再计算出几何体的表面积【详解】由三视图可知几何体为一个圆柱从中间挖掉一个圆锥，圆柱表面积为，圆锥的 母 线 长 为，圆 锥 的 侧 面 积 为，故 几 何 体 的 表 面 积 为，故选 【点睛】本题考查了由三视图还原几何体，并求出几何体的表面积，在求解过程中关键是能还原几何体，在计算过程中不要计算错 6.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析

5、】由奇偶性和的值进行排除即可得解.【详解】因函数为偶函数，可排除 A，C；又可排除 B，因而选 D.【点睛】本题考查的是有关函数图象的选择问题，在解题的过程中，注意从函数的定义域，函数图象的对称性，函数图象所过的特殊点以及函数值的符号，可以判断出正确结果，属于简单题目.7.执行下面的程序框图，为使输出 等于 1，则输入的 值为（）A.或 4 B.或 4 C.或 2 D.或 2【答案】A【解析】【分析】由程序框图易知这是一个分段函数，分别求出两种情况的值 【详解】由程序框图可得这是一个分段函数，当时分别令，解得或，符合题意，故输入的 值为或 4，故选 【点睛】本题考查了程序框图中由输出值求输入值

6、，在计算过程中注意分类讨论，较为基础 8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件进行化简，求出的数量关系【详解】，又因为，所以，即，选 B.【点睛】本题考查了运用二倍角和两角和的正切公式的逆用化简，探究两角之间的数量关系，熟练运用公式是关键 9.在中，是的中点，是的中点，延长到，使，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】画出示意图，运用向量的加法运算用 和 表示【详解】由图可知，故选 D.【点睛】本题考查了向量的线性表示，用基底来表示相关向量，在解答此类题目时一般将内部的向量往边上转化，需要掌握解题方法 10.若函数的最大值是 0，最小值是-4，最小正周

7、期是，且当时函数取得最大值，则函数的单调递增区间是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知条件中的最值求出的值，由最小正周期求出 的值，再由取得最大值求出 的值，即可得到表达式，最后求出单调递增区间【详解】由最大值是 0，最小值是-4 可得，则，又因为最小正周期是 故，则，当时函数取得最大值，代入得，结合，则.故，则单调递增区间为：，故选 A.【点睛】本题考查了求三角函数表达式并求单调区间，需要掌握解题方法，并熟练运用公式求解，属于中档题 11.已知双曲线，分别是双曲线的左右焦点，存在一点，点关于点的对称点是 点，点关于点的对称点是 点，线段的中点在双曲线上，则（）A.B.4 C.

8、D.8【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，将其转化为三角形中位线，结合双曲线的定义求出结果【详解】如图所示，线段的中点 在双曲线的左支上，中，是中位线，同理，中，是中位线，结合双曲线的.同理线段中点 在双曲线的右支上，则所求，故选 C.【点睛】本题考查了结合双曲线定义求出线段的差值，题目中的条件需要进行转化为三角形的中位线，是解题的关键 12.四棱锥中，底面为矩形，且，当该四棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】易知四棱锥的体积最大时，为等边三角形，到的距离为，画出图形，设球心 到平面距离,可得，进而可得球半径，从而得解.【详解】当 到的距离最

9、大时，四棱锥的体积最大，这时为等边三角形，到的距离为且平面平面.设球心 到平面距离，则由得，所以.所以四棱锥外接球的半径，所以四棱锥外接球的表面积为.故选 D.【点睛】本题主要考查了球与四棱锥的内接问题，解题的关键在于确定球心和半径，考查了学生的空间想象力及计算能力，属于中档题.第卷（非选择题，共 90 分）二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.在某次语文考试中，、三名同学中只有一名同学优秀，当他们被问到谁得到了优秀时，C 说：“没有得优秀”；说：“我得了优秀”；说：“说得是真话”。事实证明：在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是_【答案】C【解析】

10、【分析】通过推理假设某一个说的是假话，推出矛盾，得到结果【详解】假如 说的是假话，则 说的也是假话，不成立；假如 说的是假话，即 没有得优秀，又 没有得优秀，故 优秀；假如 说的是假话，即 得优秀，则 说的也是假话，不成立；故答案为.【点睛】本题考查了合情推理，先假设再推理出结果，较为简单 14.，满足约束条件，则目标函数的最大值_【答案】17【解析】【分析】由题意画出可行域，改写目标函数，得到最值【详解】由约束条件可画出可行域为如图所示，目标函数，则目标函数 则当取到点 即时目标函数有最大值，故目标函数的最大值为 17【点睛】本题考查了线性规划，其解题步骤：画出可行域、改写目标函数、由几何意

11、义得到最值，需要掌握解题方法 15.中，、角的对边为、，其中，若，则等于_【答案】【解析】【分析】由余弦定理和已知条件向量点乘等于零代入进行化简求出结果【详解】在中，由余弦定理可得，因为，则，又由，解得，所以，则，由，.【点睛】本题较为综合，考查了运用余弦定理解三角形，结合向量的运算推得边的关系，代入求出结果，需要熟练运用公式求解 16.定义在 上的函数的导函数为，.若对任意，都有，则使得成立的 的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】构造函数，对任意都有，可得，函数在 单调递减，利用其单调性即可得结果.【详解】构造函数：，对任意都有，函数在 单调递减，由化为，使得成立的 的取值范围为，故答案

12、为.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程。第 17-21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

13、 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共计 60 分。17.数列的前 项和，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前 项和.【答案】（1），.（2）【解析】【分析】(1)当时求出 的值，当时，然后验证时是否成立(2)先求出的表达式，然后运用错位相减法求出前 项和【详解】（1），当时，当时，-得，也适合.，.（2），作差得 .【点睛】本题考查了求数列的通项公式，可以采用的方法，并验证时是否成立，在遇到数列形如可以采用错位相减法求和，需要掌握方法 18.某工厂连续 6 天对新研发的产品按事先拟定的价格进行试销，得到一组数据如下表所示 日期 4 月 1 日 4 月 2 日 4

14、月 3 日 4 月 4 日 4 月 5 日 4 月 6 日 试销价 元 9 11 10 12 13 14 产品销量 件 40 32 29 35 44 （1）试根据 4 月 2 日、3 日、4 日的三组数据，求 关于 的线性回归方程，并预测 4 月 6 日的产品销售量；（2）若选取两组数据确定回归方程，求选取得两组数据恰好是不相邻两天的事件 的概率.参考公式：其中，【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由题意分别求出 和 的值，然后求出 与 即可得到回归直线方程，继而得到产品销售量 的值(2)运用枚举法列出可能出现的情况，求出两组数据恰好是不相邻两天的事件 的概率【详解】（1）由题设可得，则

15、.所以，则回归直线方程为，故.（2）从 6 天中随机取 2 天的所有可能结果为：，共 15 种，其中相邻两天的结果为，共 5 种，所以选取的两组数据恰好是不相邻两天的事件 的概率.【点睛】本题考查了求回归直线方程，由题目给出的数据代入公式即可求出结果，在求解概率时运用枚举法列出可能出现的情况，计算出结果，较为基础 19.已知如图（1）直角梯形，为的中点，沿将梯形折起（如图 2），使.（1）证明：平面；（2）求点 到平面的距离.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】(1)由折叠前可得，折叠后，由线面垂直的判定定理证明(2)运用等体积法，分别表示出三棱锥体积计算出结果【详解】（1）由已知可得

16、为直角三角形，所以.又，所以，所以平面.（2）因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以，平面，又因为，所以平面，又因为平面，所以.在直角中，设点 到平面的距离为，由，则，所以.【点睛】本题考查了证明线面垂直，由其判定定理即可证明，在求点到面的距离时运用了等体积法求解，需要掌握解题方法 20.设椭圆：的左顶点为，上顶点为，已知直线的斜率为，.（1）求椭圆 的方程；（2）设直线：与椭圆 交于不同的两点、，且点 在以为直径的圆外（其中 为坐标原点），求 的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由已知条件列出关于的二元一次方程组，求出的值，得到椭圆方程(2)由题意中点 在以为直径的

17、圆外转化为为锐角，即，设出点、的坐标代入求出 的取值范围【详解】（1）由已知得：，结合已知有，可得，则椭圆的方程为.（2）设，由得.故，.由题意得为锐角，又 ，解得.的取值范围为.【点睛】本题考查了求椭圆方程及直线与椭圆的位置关系，在求解过程中将其转化为向量的夹角问题，运用向量知识求解，设而不求，解得 的取值范围，属于中档题 21.已知函数.（1）求函数在点处的切线方程；（2）证明：.【答案】（1）（2）详见解析【解析】【分析】(1)对函数求导后由几何意义求出函数在点处的切线方程(2)由导数可知存在极小值点，即最小值，下证【详解】（1），又由题意得，所以，即切线方程为.（2）证明：由（1）知，

18、易知在区间单调递增，且，所以，使得，即有唯一的根，记为，则，对两边取对数，得整理得，因为时，函数单调递减，时，函数单调递增，所以.当且仅当，即时，等号成立，因为，所以，即.【点睛】本题考查了运用几何意义求函数的切线方程，在求解不等式时要求出函数的最小值，由导数求得极值点，代入化简运用不等式求出结果，属于中档题（二）选考题：共 10 分。请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.直角坐标系中，抛物线的方程为，直线 的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求与 的极坐标方程；（2）若与 交于，两点，求的值.【答案】（1）

19、的极坐标方程为，直线的极坐标方程为；（2）【解析】【分析】（1）由，可将直角坐标方程化为极坐标方程；（2）由，将代入抛物线方程得，利用韦达定理求解即可.【详解】（1）因为，代入得，所以的极坐标方程为.直线 的参数方程，消去参数 得，所以，即，所以直线的极坐标方程为.（2）将代入抛物线方程得，所以，所以.由 的几何意义得，.【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化及极坐标的应用，属于基础题.23.已知函数，为实数.（1）若，求不等式的解集；（2）当，时，函数的最大值为 7，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值求解不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式可得，从而得，由展开利用基本不等式求最值即可.【详解】（1）由题，即，（1）当时，由（1）式可得，故此时；当时，由（1）式可得，故此时；当时，由（1）式可得，故此时；综上所述，不等式的解集为.（2）因为，故，即，所以，则，当且仅当，时取等号，所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了解绝对值不等式及绝对值三角不等式求最值、基本不等式求最值，属于基础题.