辽宁省凌源市2018届高三毕业班一模抽考数学(文)试题+W

凌源市教育局高三“抽考”数学试卷（文科）
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，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
.
故选C.
2. 设是虚数单位，若复数是纯虚数，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】是纯虚数，故
故选B.
3. 已知，则事件“”发生的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查是几何概型：∈[0，2]表示的区域为：，
则事件“”发生的概率为，故选B
4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据三视图可得该几何体为一个长方体和半个圆柱结合所成，所以体积
.故选D.
5. 已知变量与负相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】变量与负相关，则AB选项错误，回归方程过样本中心点，当时：
符合题意，
，不合题意，
本题选择C选项.
6. 已知，，且，则向量和的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，则，
，则向量和的夹角为，选C.
【点睛】本题考查平面向量的有关知识及及向量运算，借助向量的模方和模，求向量的夹角，本题属于基础题.解决向量问题有两种方法，第一种是借助向量的几何意义，利用加法、减法、数乘、数量积运算，借助线性运算解题，另一种方法是建立适当的平面直角坐标系，利用向量的坐标运算解题.
7. 已知抛物线的焦点为，点.若线段与抛物线相交于点，则
（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】线段。

联立方程组解得，所以 ,选A.
点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若
为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．
8. 设，满足约束条件则目标函数的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：作出可行域：，并作出直线，
平移到经过点Ｅ(3,4)时，目标函数取得最小值为：；故选B．
考点：线性规划．
视频
9. 已知函数，则函数的单调递减区间为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】∵函数，令，求得可得函数的减区间为.
故选D．
10. 已知双曲线的中心在原点，焦点，点为左支上一点，满足，且
，则双曲线的方程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意设，左焦点坐标为，则，
结合，可得：，
解得：或，
结合题意，检验可得双曲线的方程为 .
本题选择C选项.
11. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且满足，若，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，由正弦定理得,即
,,,,又为锐角三角形，
,,由正弦定理,,
,又，可得
.故本题选
点晴：本题考查的是三角恒等变换，正余、弦定理的综合应用.关键有两方面;先从
出发结合正余弦定理，得到角，可由锐三角形这个条件列式
得到，另一方面结合正弦定理表示
，求值域即可得解.
12. 已知函数，若关于的方程有且仅有个不等实根，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】函数的图象如图所示，极小值点
，方程化为或方程化为
或
∵方程有且仅有4个不等实根，
故选B．
【点睛】本题主要考查函数图象的应用，解题时应充分利用数形结合、函数与方程的相互转化思想解题.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 的值等于__________．
【答案】
【解析】因为原式变形为
14. 执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的为__________．
【答案】
【解析】模拟程序的运行，可得：输入，则
，执行循环体，，执行循环体，，执行循环体，
，退出循环体，输出
即答案为.
15. 若一圆锥的体积与一球的体积相等，且圆锥底面半径与球的半径相等，则圆锥侧面积与球的表面积之比为__________．
【答案】
【解析】由题意设圆锥底面半径与球的半径都为1，可知球的体积为：
圆锥的体积为因为圆锥的体积与球的体积相等，所以
所以，圆锥的母线
故圆锥的侧面积球的表面积为则圆锥侧面积与球的表面积之比为.
故答案为.
16. 若且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】因为，所以；因为，所以
，即
因此
当且仅当时取等号
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. 已知数列的前项和满足，且，，成等差数列. （1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）根据前项和与通项的递推关系，构造，两式相减得
，即可利用等比数列求其通项；（2）将代入化简，利用裂项求和即可．
试题解析：（1）由得，由，做差得
，又成等差数列，所以
即，解得，所以数列是以3为首项公比为3的等比数列，即
（2）由，得
于是
点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的
和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误．
18. 如图，在梯形中，，，，四边形为正方形，且平面平面.
（1）求证：；
（2）若与相交于点，那么在棱上是否存在点，使得平面平面？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】试题分析：
(1)利用题意首先证得平面，由线面垂直的定义可得.
(2) 在棱上存在点，使得平面平面，且，利用面面平行的判断定理结合题意证得该结论即可.
试题解析：
(1)证明：连接.因为在梯形中，，
，又因为平面平面，平面
平面平面平面，又因为
正方形中，且平面平面，又平面
.
(2) 在棱上存在点，使得平面平面，且，证明如下：因为梯形中，
，又
，又因为正方形中，，且平面平面平面平面，又，且平面，所以平面平面......................
点睛：高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。

对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。

立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.
19. 某学校的特长班有名学生，其中有体育生名，艺术生名，在学校组织的一次体检中，该班所有学生进行了心率测试，心率全部介于次/分到次/分之间.现将数据分成五组，第一组，第二组，…，第五章，按上述分组方法得到的频率分布直方图如图所示，已知图中从左到右的前三组的频率之比为.
（1）求的值，并求这名同学心率的平均值；
（2）因为学习专业的原因，体育生常年进行系统的身体锻炼，艺术生则很少进行系统的身体
锻炼，若从第一组和第二组的学生中随机抽取一名，该学生是体育生的概率为，请将下面
的列联表补充完整，并判断是否有的把握认为心率小于次/分与常年进行系统的身体锻
炼有关？说明你的理由.
参考数据：
参考公式：
，其中
.
【答案】（1）1，63.7；（2）有的把握认为心率小于次/分与常年进行系统的身体锻炼
有关
【解析】试题分析：（1）求出各组的频数，即可求a 的值和50名同学的心率平均值． （2）列出二联表，代入公式求做出判断即可.
试题解析：
（Ⅰ）因为第二组数据的频率为
，故第二组的频数为
，所以第一组
的频数为，第三组的频数为20，第四组的频数为16，第五组的数为4.所以
，故
.
这50名同学的心率平均值为
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，第一组和第二组的学生（即心率小于60次/分的学生）共10名，从而体育生有名，故列联表补充如下.
所以，
故有99.5%的把握认为心率小于60次/分与常年进行系统的身体锻炼有关.
20. 已知直线与椭圆相交于，两点，与轴，轴分别相交于点，，且，，点是点关于轴的对称点，的延长线交椭圆于点，过点，
分别作轴的垂线，垂足分别为，.
（1）若椭圆的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆上，求椭圆的方程；
（2）当时，若点平方线段，求椭圆的离心率.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：
(1)结合题意利用待定系数法列出关于的方程组，求解方程组即可得到椭圆的标准方程；
(2)结合(1)中的结论联立直线与椭圆的方程，结合题意得到的值，利用点平分线段
,然后结合根与系数的关系得到关于的齐次方程，据此得到结论，然后求解椭圆的离心率即可，注意检验结果的合理性.
试题解析：
（1）由题意得
∴
∴所以椭圆的方程为
；
（2）当时，由得
，
∵,
∴,
∴直线的方程为，
设，由得
∴，∴
设，由得
∴，∴，
∵点平分线段，∴，
∴，∴，
∴，代入椭圆方程得，符合题意，
∵，∴.
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若直线与曲线的交点的横坐标为，且，求整数所有可能的值. 【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：
（1）求出导函数，根据的值分下、负、0进行讨论，可得的正负，从而得单调性；（2）即方程的解，由于，方程变形为，这样只要研究函数
的零点可能在哪个区间即可，由导数知是和上的单调增
函数，计算可得结论．
试题解析：
（1）解：，∴，
①若时，在上恒成立，所以函数在上单调递增；
②若时，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减；
③若时，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增．
综上，若时，在上单调递增；
若时，函数在内单调递减，在区间内单调递增；
当时，函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，
（2）由题可知，原命题等价于方程在上有解，
由于，所以不是方程的解，
所以原方程等价于，令，
因为对于恒成立，
所以在和内单调递增．
又，
所以直线与曲线的交点有两个，
且两交点的横坐标分别在区间和内，
所以整数的所有值为-3，1．
点睛：求函数单调区间的方法步骤：
（1）先确定定义域，
（2）求出导数，
（3）一种方法是求方程的根，这些把定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，得单调区间；另一种方法，解不等式得增区间，解不等式得减区间．如果函数中含有参数，一定要弄清参数对在某一区间内的符号是否有影响，若有影响则一定要分类讨论．
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在极坐标系（与平面直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴非负半轴为极轴）中，直线的方程为.
（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；
（2）设是曲线上的任意一点，求点到直线的距离的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）利用平方法可得曲线的普通方程，利用两角差的正弦公式及
可得直线的直角坐标方程；（2），则点到直线的距离为
，利用辅助角公式及三角函数的有界性可得结果.
试题解析：（1）因为，所以曲线的普通方程为，
又展开得，即，
因此直线的直角坐标方程为；
（2）设，则点到直线的距离为
等号成立当且仅当，即，即时成立，
因此点到直线的距离的最大值为．
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】试题分析：（1）由，得，解出即可；（2）利用作差法可得结论.
试题解析：（1）由，得，即，
解得，所以；
（2）法一：
因为，故，，，，
故，
又显然，故．
法二：因为，故，，而
，
即，故．。