湖北省荆州市2018届高三第三次模拟考试文科数学试题

湖北省荆州市2018届高三第三次模拟考试文科数学试题一、单选题1．设全集，集合，，则（）A. B. C. D.2．若复数是纯虚数，其中是实数，则（）A. B. C. D.3．下列命题正确的是（）A. 命题“”为假命题，则命题与命题都是假命题；B. 命题“若，则”的逆否命题为真命题；C. “”是“”成立的必要不充分条件；D. 命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”. 4．已知数列满足，且，则（）A. -3B. 3C.D.5．《世界数学史简编》的封面有一图案（如图），该图案的正方形内有一内切圆，圆内有一内接正三角形，在此图案内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）A. B. C. D.6．把函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则（）A. 图象关于直线对称B. 在上单调递减C. 图象关于点对称D. 在上单调递增7．实数，满足约束条件，则的最大值是（）A. 0B. -2C. 2D. 48．函数的图象大致是（）A. B.C. D.9．执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）A. 14B. 15C. 16D. 1710．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A. B. C. D. 1211．已知双曲线：的左、右焦点分别为、，为坐标原点，以为直径的圆与双曲线及其渐近线在第一象限的交点分别为、，点为圆与轴正半轴的交点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.12．若函数有且只有两个零点，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.二、填空题13．平面向量，，若向量与共线，则__________．根据以上记录，病人等待急症平均时间的估计值__________分钟．15．已知底面是直角三角形的直三棱柱的所有顶点都在球的球面上，且，若球的表面积为，则这个直三棱柱的体积是__________．16．高斯函数又称为取整函数，符号表示不超过的最大整数.设是关于的方程的实数根，，.则：（1）__________；（2）__________.三、解答题17．在中，角、、的对边分别为、、，且.（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若，的面积为，求的值.18．在四棱锥中，，，，是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若点在线段上，且，求三棱锥的体积.19．《中华人民共和国道路交通安全法》第47条规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇到行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让斑马线”.下表是某十字路口监控设备所抓拍的6个月内（Ⅰ）请根据表中所给前5个月的数据，求不“礼让斑马线”的驾驶员人数与月份之间的回归直线方程；（Ⅱ）若该十字路口某月不“礼让斑马线”驾驶员人数的实际人数与预测人数之差小于5，则称该十字路口“礼让斑马线”情况达到“理想状态”.试根据（Ⅰ）中的回归直线方程，判断6月份该十字路口“礼让斑马线”情况是否达到“理想状态”？（Ⅲ）若从表中3、4月份分别选取4人和2人，再从所选取的6人中任意抽取2人进行交规调查，求抽取的两人恰好来自同一月份的概率.参考公式：，.20．已知倾斜角为的直线经过抛物线：的焦点，与抛物线相交于、两点，且.（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）过点的两条直线、分别交抛物线于点、和、，线段和的中点分别为、.如果直线与的倾斜角互余，求证：直线经过一定点.21．已知函数，其中为自然对数的底数.（Ⅰ）当，时，证明：；（Ⅱ）当时，讨论函数的极值点的个数.22．在极坐标系中，已知圆的圆心为，半径为.以极点为原点，极轴方向为轴正半轴方向，利用相同单位长度建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数，且）.（Ⅰ）写出圆的极坐标方程和直线的普通方程；（Ⅱ）若直线与圆交于、两点，求的最小值.23．设不等式的解集为.（Ⅰ）求集合；（Ⅱ）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.湖北省荆州市2018届高三第三次模拟考试文科数学试题参考答案1．C【解析】由题意得，∴，∴．选C．2．B【解析】∴复数是纯虚数，∴，解得，∴，∴．选B．3．B【解析】选项A中，若“”为假命题，则命题与命题中至少有一个是假命题，故A不正确．选项B中，由于“若，则”为真命题，故其逆否命题为真命题，所以B正确．选项C中，“”是“”成立的充分不必要条件，故C不正确．选项D中，所给命题的否定为：“对任意，均有”，故D正确．故选B．4．A【解析】由题意知，即数列为公差为的等差数列，又，所以所以故选A.5．A【解析】设正方形的边长为，则正方形的面积为，其内切圆的半径为，所以内切圆的面积为，则圆内接三角形的边长为，所以内接三角形的面积为，所以此点取自阴影部分的概率为，故选A.6．D【解析】由题意其图象向右平移个单位后得到函数，当时，则，此时函数单调递增，故选D.7．D【解析】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为，由图象可知，当直线经过点时，使得目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为 ，故选D.8．A【解析】 由题意，所以函数 为偶函数，图象关于 轴对称，排除B 、C ； 又由，排除D ，故选A.9．C【解析】第一次循环： 221120log log ,2123S n +=+==+ ，不满足3S <-；第二次循环： 22log ,34S n == ，不满足3S <-；第三次循环： 22log ,45S n == ，不满足3S <-；第一次循环：22log ,56S n == ，不满足3S <-； ⋅⋅⋅ ；第十五次循环： 22log ,1617S n == ，满足3S <-； 16n = 。

故选C 。

10．C【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的棱长为2的正方体中的四棱锥 ，且底面矩形 中， ．故该多面体的表面积为．选C ．11．D【解析】画出图形如图所示，由题意得双曲线在一、三象限的渐近线方程为，以 为直径的圆 的方程为 ．由，解得，故点P的坐标为；由，解得，故点Q的坐标为．∵，∴，∴，整理得，∴，故得，解得．选D．点睛：求双曲线的离心率时，可将条件中所给的几何关系转化为关于等式或不等式，再由及可得到关于的方程或不等式，然后解方程（或不等式）可得离心率（或其范围）．解题时要注意平面几何知识的运用，如何把几何图形中的位置关系化为数量关系是解题的关键．12．A【解析】由题意函数有且只有两个零点，即与的图象恰有两个交点，在直角坐标系下做出两个函数的图象，如图所示，图中直线和为临界状态下的的图象，直线经过点三点，斜率为，直线经过点三点，斜率为，所以若两个函数的图象只有两个交点，则的斜率范围是，即或，解得或，故选A.点睛：本题考查函数的零点的个数判定及应用，解答中把函数的零点个数的问题转化为两个函数的图象的交点个数，正确作出函数的图象是解答问题的关键，这也是解决函数零点个上问题的常见方法之一，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，数形结合思想的应用.13．【解析】∵向量，，且∥，∴，解得，∴，∴．答案：14．7.6【解析】根据上表数据和平均数的计算公式可得：.15．【解析】设直三棱柱的侧棱（高）为，外接球的球心为，因为外接球的表面积为，即，解得，在底面中，由，所以，取的中点，则平面，在中，由勾股定理得，解得，所以直三棱柱的体积为.点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.16．2【解析】设，则，所以函数单调递增，当时，且，所以在内有唯一的实数根，所以，所以，所以.点睛：本题考查了函数的零点问题点的综合应用，试题解答中涉及到函数的零点的存在定理及等差数列的求和公式的综合应用，试题有一定的难度，属于难题，其中解答中根据函数零点的存在性定理，得到函数的零点满足，从而得到是解答的关键.17．（Ⅰ）；（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）方法一：根据题意得，由余弦定理，即可求解.方法二：由正弦定理，化简可得，进而得到.（Ⅱ）由题意，根据三角形的面积公式得，在由余弦定理得到方程组，即可求解的值.试题解析：（Ⅰ）方法一：由余弦定理可得，整理得：，即，又为三角形的内角，∴.方法二：由正弦定理可得：，，，，又为三角形的内角，.（Ⅱ）由题意：，在三角形中：，即，联立①②解得.18．（Ⅰ）见解析；（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）取，的中点分别为，得，在面面垂直的性定理得，进而利用线面垂直的判定定理，证得面，从而得到结论；（Ⅱ）过点作于，利用，即可求解几何体的体积.试题解析：（Ⅰ）证明：取，的中点分别为，，连接，.∵是以为斜边的等腰直角三角形，∴.∵平面平面，平面平面，∴平面，而，∴①又∵，，，∴四边形为正方形，且∴，即②由①②及得：面，又∵面，∴，又∵，，∴面，而面，∴.（Ⅱ）过点作于，则面且，（或由（Ⅰ）得面，）19．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意，，根据公式求得的值，即可得到回归直线方程；（Ⅱ）由（Ⅰ）得当时，，即可根据题意作出判断结论；（Ⅲ）设3月份选取的4位驾驶的编号分别为：，，，，从4月份选取的2位驾驶员的编号分别为，，列出基本事件的总体，用古典概型及概率计算公式，即可求解概率.试题解析：（Ⅰ）依题意，，，，∴关于的线性回归方程为：.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，当时，.，故6月份该十字路口“礼让斑马线”情况达到“理想状态”.（Ⅲ）设3月份选取的4位驾驶的编号分别为：，，，，从4月份选取的2位驾驶员的编号分别为，，从这6人中任抽两人包含以下基本事件：，，，，，，，，，，，，，，共15个基本事件，其中两个恰好来自同一月份的包含7个基本事件，∴所求概率.20．（Ⅰ）；（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设出直线的方程为，与抛物线方程联立消元后可得，结合抛物线的定义及条件可得，故抛物线的方程为．（Ⅱ）设直线的斜率为，则由条件可得直线的斜率为，由直线与抛物线的交点可得点的坐标为，同理点的坐标为，故，于是可得直线MN的方程为，可得直线过定点．试题解析：（Ⅰ）由题意可设直线的方程为，由消去y整理得，设令，，则，由抛物线的定义得，∴，∴.∴抛物线的方程为.（Ⅱ）设直线、的倾斜角分别为、，直线的斜率为，则.∵直线与的倾斜角互余，∴，∴直线的斜率为.∴直线的方程为，即，由消去x整理得，∴，∴，∴点的坐标为，以代替点M坐标中的，可得点的坐标为，∴.∴直线的方程为，即，显然当，.∴直线经过定点.点睛：定点问题的常见解法（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意，从而得到定点的坐标．21．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意，只要证，记，求得，分和讨论即可得到函数的单调性，进而得到结论；（Ⅱ）由，记，，（1）当时，得到存在唯一，且当时，；当，，再分和和三种情形讨论，得到地产是有一个极大值点和一个极小值点，（2）当时，显然在单调递减；在上单调递增，综上所述即可得到结论.试题解析：（Ⅰ）依题意，因为，只要证，记，，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，即，原不等式成立.（Ⅱ），记，.（1）当时，，在上单调递增，，，所以存在唯一，，且当时，；当，，①若，即时，对任意，，此时在上单调递增，无极值点.②若，即时，此时当或时，.即在，上单调递增；当时，，即在上单调递减.此时有一个极大值点和一个极小值点-1.③若，即时，此时当或时，.即在，上单调递增；当时，，即在上单调递减.此时有一个极大值点-1和一个极小值点.（2）当时，，所以，显然在单调递减；在上单调递增.综上可得：①当或时，有两个极值点；②当时，无极值点；③当时，有一个极值点.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，不等式的恒成立问题求得，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立问题与函数的综合应用问题； (4)考查数形结合思想的应用.22．（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅱ）（Ⅰ）先求得圆C的直角坐标方程，然后再化成极坐标方程，消去直线参数方程中的参数，可得普通方程．求得圆心到直线的距离，根据半径、弦心距和半弦长构成的直角三角形求解得到，然后再求最小值．也可根据几何法直接求解．试题解析：（Ⅰ）在直角坐标系中，圆的圆心为，故圆的直角坐标方程为.即，将，代入上式可得，即.∴圆的极坐标方程为．将方程消去参数得.∴直线的普通方程为：.（Ⅱ）法一：直线过圆内一定点，当时，有最小值，∴.法二：点到直线的距离，∴.当时，有最小值.23．（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）令，由得，解得，从而可得．（Ⅱ）转化变量可得不等式在恒成立，故得，解得，即为所求．试题解析：（Ⅰ）令，由得，解得．∴.（Ⅱ）由不等式，的，令（），要使，则，整理得，或，∴解得.∴实数的取值范围．点睛：（1）与一元二次不等式有关的恒成立问题，可通过二次函数求最值，也可通过分离参数，再求最值．（2）解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数.一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．。