四川达州高2018届数学(文)四模试题(精编含解析)

四川省达州市高2018届高考模拟四
2018年普通高等学校招生全国统一考试文科数学
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】B
【解析】分析：根据题意先求B集合，再结合交集运算即可.
详解：由题可得B=，故，选B
点睛：考查集合基本运算，属于基础题.
2. 已知（是虚数单位），的共轭复数为，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：先求出z，再写出共轭复数，然后根据模长公式即可得出.
详解：，故，选C
点睛：考查复数的四则运算、共轭复数、复数的模长求法，属于基础以.
3. 如图是我国2008年—2017年年增量统计图．下列说法正确的是（）
A. 2009年比2008年少
B. 与上一年比，年增量的增量最大的是2017年
C. 从2011年到2015年，年增量逐年减少
D. 2016年年增长率比2012年年增长率小
【答案】D
【解析】分析：根据图形即可判断每一项答案.
点睛：考查对图形的理解，属于基础题.
4. 已知数列为等比数列，若，下列结论成立的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析:根据等比数列的通项性质即可得出结论.
详解：因为，故，故选A.
点睛：考查等比数列的通项性质，属于基础题.
5. 在梯形中，，，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：根据向量加法、减法法则将转化为即可求解.
详解：由题可得：=,故选A.
点睛：考查向量的线性运算，将问题转化为已知的信息是解题关键.
6. 将函数的图象向左平移，然后再向下平移一个单位，所得图象的一个对称中心为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：先将函数平移后的表达式得出：-1，令即可.详解：由题得：平移后的表达式得出：-1，令令k=0可得对称中心为故
选C.
点睛：考查三角函数的平移、对称中心的求法，正确平移的得到表达式是解题关键.
7. 运行如图所示的程序框图，若输入的与输出的相等，则为正数的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：根据流程图可得函数y是一个分段函数，然后画出图像与y=x的交点即可.
详解：根据流程图可得分段函数表达式，然后得y=x的图像与分段函数图像：
f（x）与y=x有四个交点，其中x为正数的有两个点，故满足题意的概率为：，故选B
点睛：考查对流程图的理解、函数图像，正确画出函数的的图像是解题关键，属于中档题.
8. 函数为定义域上的奇函数，在上是单调函数，函数；数列为等差数列，公差不为0，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：根据函数为定义域上的奇函数，在上是单调函数，，
得：再结合等差性质即可得结论.
详解：由题得：，又因为函数单调且为奇函数所以，在结
合等差性质：故答案选A.
点睛：考查奇函数的性质、等差数列的性质，本题能得出是解题关键，属于中档题.
9. 如图，一几何体的正视图是高为的等腰三角形，它的俯视图是由三个等腰三角形组合成的边长为
的正三角形，几何体的顶点均在球上，球的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：由题可得该几何体为正三棱锥，正视图是高为即为三棱锥的高，俯视图的的中心即为底面外接圆的圆心，故球心在三棱锥的高上.
详解：由题可得该几何体为正三棱锥，正视图是高为即为三棱锥的高，故可设球的半径为R，底面外接圆的半径为底面三角形高的即为，然后由勾股定理：，故球的体积为：
故选C
点睛：考查三视图、外接球，正确理解直观图，然后确定球心的位置是解题关键.
10. 已知数据，，…，，2的平均值为2，方差为1，则数据，，…，相对于原数据（）
A. 一样稳定
B. 变得比较稳定
C. 变得比较不稳定
D. 稳定性不可以判断
【答案】C
【解析】分析：由条件可得，，…，的平均值为2，然后计算，，…，的方差即可得出结论.详解：由题可得：平均值为2，由
得：>1,所以变得不稳定.故选C.
点睛：考查平均值、方差的计算，熟悉公式时解题关键，然后根据方差的意义即可得出答案.
11. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，若线段中点的横坐标为3，，则（）
A. 6
B. 4
C. 10
D. 8
【答案】D
【解析】分析：利用抛物线的定义可得，|PQ|=|PF|+|QF|=x
1++x
2
+p，把线段PQ中点的横坐标为3，代入
，可得m值
详解：设抛物线y2=mx（p＞0）的焦点为F，由抛物线的定义可知，
|PQ|=|PF|+|QF|=x
1++x
2
+p
线段PQ中点的横坐标为3，
又，∴m，∴m=8
故选：D
点睛：本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，利用抛物线的定义是解题的关键．
12. 已知函数（为自然对数的底数）有两个极值点，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
若函数有两个极值点，
则和在有2个交点，
令,则，
在递减,而，
故时,,即,递增，
时,,即,递减，
故，
而时,,时,，
若和在有2个交点
只需，
点晴：本题考查函数导数与函数的极值点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.
第Ⅱ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. 命题“若，则”的逆否命题是__________．
【答案】若，则
【解析】分析：直接根据逆否命题的定义修改即可，即将条件和结论反过来并且否定.
详解：“若，则”的逆否命题是：若，则
点睛：考查逆否命题的定义，属于基础题.
14. 直线是双曲线的一条渐近线，双曲线的离心率是__________．
【答案】2
【解析】分析：利用双曲线的渐近线方程，推出a，b的关系，然后求解双曲线的离心率即可．
详解：双曲线的一条渐近线方程为，可得，即
解得e=2．故答案为：2．
点睛：本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
15. 设变量，满足约束条件则目标函数的最大值为__________．
【答案】6.5
【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．
详解：由题作出可行域如图，联立化目标函数
由图可知过A时截距最大，故z的最大值为6.5，故答案为6.5
点睛：本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
16. 定义域和值域均为（常数）的函数和的图象如图所示，给出下列四个命题：
①方程有且仅有三个解；
②方程有且仅有三个解；
③方程有且仅有九个解；
④方程有且仅有一个解．
其中正确的结论是__________（填写所有正确结论的番号）．
【答案】①④
【解析】分析：通过f（x）=0可知函数有三个解，g（x）=0有一个解，具体分析（1），（2），（3），（4）推出正确结论．
详解：：（1）方程f[g（x）]=0有且仅有三个解；g（x）有三个不同值，由于y=g（x）是减函数，所以有三个解，正确；
（2）方程g[f（x）]=0有且仅有三个解；从图中可知，f（x）∈（0，a）可能有1，2，3个解，不正确；
（3）方程f[f（x）]=0有且仅有九个解；类似（2）不正确；
（4）方程g[g（x）]=0有且仅有一个解．结合图象，y=g（x）是减函数，故正确．
故答案为①④
点睛：本题考查根的存在性及根的个数判断，函数的图象，考查逻辑思维能力，是基础题．
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. 设的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）；（2）1
【解析】分析：（1）先由正弦定理将边化为角：，然后结合三角形内角和可得
，化简可求得A；（2）根据正弦定理将角化边，再结合cosA的余弦定理即可求得c，再根据面积公式即可.
详解：（1）∵，
∴由正弦定理得，
可得，
∴，
由，可得，
∴，
由为三角形内角，可得．
（2）因为，所以由正弦定理可得，
因为，，可得，
所以，
所以．
点睛：考查正弦定理的边角互化、余弦定理、面积公式，灵活结合公式求解是关键，属于基础题.
18. 在成绩统计中，我们把某个同学的某科考试成绩与该科班平均分的差叫某科偏差，班主任为了了解个别学生的偏科情况，对学生数学偏差（单位：分）与物理偏差（单位：分）之间的关系进行偏差分析，决定从全班40位同学中随机抽取一个容量为8的样本进行分析，得到他们的两科成绩偏差数据如下：
（1）已知与之间具有线性相关关系，求关于的线性回归方程；
（2）若这次考试该班数学平均分为120分，物理平均分为92分，试预测数学成绩126分的同学的物理成绩．
参考公式：，，
参考数据：，．
【答案】（1）；（2）94
【解析】试题分析：
试题解析：
（1）由题意计算得，，
∴
∴，
故线性回归方程为
（2）由题意设该同学的物理成绩为，
则物理偏差为，而数学偏差为，
则（1）的结论可得，
故可以预测这位同学的物理成绩为分
点睛：（1）线性相关关系是一种不确定的关系，但是在求得回归方程的基础上可利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势．
（2）回归直线过样本点中心是一条重要性质，在解题中要注意这一结论的运用。

19. 如图，多面体中，四边形为菱形，且，
，，．
（1）求证：；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：（1）分析条件可得平面，即可证得；
（2）由，所以，又因为，所以平面，利用
即可得解.
试题解析：
（1）如图，取的中点，连接.
因为,所以.
因为四边形为菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
（2）在中，，所以.
因为为等边三角形，所以.
因为，所以，所以.
又因为，所以平面.
因为，，
所以.
20. 已知过点的椭圆：的左右焦点分别为、，为椭圆上的任意一点，且
，，成等差数列．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线：交椭圆于，两点，若点始终在以为直径的圆外，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）由题意，利用等差数列和椭圆的定义求出a、c的关系，再根据椭圆C 过点A，求出a、b的值，即可写出椭圆C的标准方程；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），根据题意知x1=﹣2，y1=0；联立方程消去y，由方程
的根与系数关系求得x2、y2，由点A在以PQ为直径的圆外，得∠PAQ为锐角，•＞0；由此列不等式求出k的取值范围．
试题解析：
（1）∵，，成等差数列，
∴，
由椭圆定义得，∴；
又椭圆：（）过点，
∴；∴，解得，；
∴椭圆的标准方程为；
（2）设，，联立方程，消去得：
；
依题意：恒过点，此点为椭圆的左顶点，∴，，①
由方程的根与系数关系可得，；②
可得；③
由①②③，解得，；
由点在以为直径的圆外，得为锐角，即；
由，，
∴；即，
整理得，，解得：或.
∴实数的取值范围是或.
点睛：在圆锥曲线中研究范围，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不
等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.
21. 已知函数，．
（1）求的单调区间；
（2）若函数在区间（）内存在唯一的极值点，求的值．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）或
【解析】分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数g（x）的导数，根据函数的单调性得到导函数的零点，求出函数的极值点，求出m的值即可．
详解：（1）由已知得，，
当时，由，得；由，得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）因为，
则，
由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减．
又因为，，
所以在上有且只有一个零点，
又在上，在上单调递减，在上，在上单调递增，
所以为极值点，此时，
又，，所以在上有且只有一个零点．
因在上，在上单调递增；在上，在上单调递减，
所以为极值点，此时．
综上所述，或．
点睛：本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
22. 在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，
轴的正半轴为极轴建立极坐标系，的极坐标方程为．
（1）求的直角坐标方程，并指出其图形的形状；
（2）与相交于不同两点，，线段中点为，点，若，求参数方程中的值．
【答案】（1），表示以为圆心，为半径的圆；（2）或
【解析】试题分析：（Ⅰ）由可将的极坐标方程化为直角坐标方程，由方程可知为圆；
（Ⅱ）将代入整理得，由，得，利用韦达定理求解即可.
试题解析：
（Ⅰ）由得，所以
将代入得，即，所以的直角坐标方程为，
表示以为圆心、为半径的圆.
（Ⅱ）将代入整理得
设对应的参数分别为，则是方程的两根，
所以，因为，所以，所以
所以，所以，所以或
23. 已知函数．
（1）若恒成立，求实数的最大值；
（2）记（1）中的最大值为，正实数，满足，证明：．
【答案】（1）2；（2）见解析
【解析】试题分析：⑴求出函数的解析式及的值，通过，解得的取值范围，然后求得实数的最大值；
⑵利用分析法，证明不等式成立的条件。

解析：（1）由得，要使恒成立，
只要，即，实数的最大值为2；
（2）由（1）知，又，故
∵，∴，∴
点睛：本题主要考查了函数的最值的求法，绝对值不等式的求解以及不等式的应用，考查了分析法的应用，逻辑推理能力以及计算能力，等价转换的思想。

对于⑴中含有两个绝对值的问题时需要根据定义域的不同分类讨论，然后解决恒成立问题。