广东省佛山市南海区南海中学高三数学考前冲刺交流试题理(含解析)(2021年整理)

广东省佛山市南海区南海中学2018届高三数学考前冲刺交流试题理（含解析）
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南海中学2018届高三理科数学考前模拟训练
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1。

1.已知集合,,若，则实数的取值集合为（）
A。

B。

C. D。

【答案】D
【解析】
【分析】
先求出集合M=｛x|x2=1}={﹣1，1}，当a=0时，N=∅，成立；当a≠0时，N=｛｝,由N⊆M，得或=1．由此能求出实数a的取值集合．
【详解】∵集合M=｛x｜x2=1｝={﹣1,1},N=｛x|ax=1｝,N⊆M，
∴当a=0时，N=∅，成立；
当a≠0时，N={}，
∵N⊆M，∴或=1．
解得a=﹣1或a=1，
综上，实数a的取值集合为{1，﹣1，0}．
故选：D．
【点睛】本题考查实数的取值范围的求法,考查子集、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力,考查函数与方程思想，是基础题．
2。

2.已知,则( )
A。

B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由题得，再化简，即得解。

【详解】由题得,
所以.
故答案为:C
【点睛】（1)本题主要考查三角化简求值,考查同角的关系,意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力。

（2）本题解题的关键是,这里利用了“1”的变式，。

3.3。

设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的（）
A. 充分而不必要条件 B。

必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】
【解析】
试题分析：当时，不是递增数列;当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.
考点：等比数列
视频
4.4.如图所示，程序框图的功能是( )。

...。

..。

.。

.。

..。

...。

.。

....。

.。

.。

..。

.
A. 求的前项和 B。

求的前项和
C。

求的前项和 D. 求的前项和
【答案】B
【解析】
【分析】
运行程序即可知该程序的功能。

【详解】运行程序如下：s=0+n=4,k=2，s=0+,
n=6，k=3,
所以该程序求得是的前项和.
故答案为：B
【点睛】(1）本题主要考查程序框图，意在考查学生对该知识的掌握水平。

(2）类似这种题目，运行程序即知程序框图的功能.
5.5.若实数，满足,，，，则,，的大小关系为（）A。

B. C。

D。

【答案】A
【解析】
【分析】
推导出0=log a1＜log a b＜log a a=1，由此利用对数函数的单调性能比较m，n，l的大小．
【详解】∵实数a，b满足a＞b＞1,m=log a（log a b），，，
∴0=log a1＜log a b＜log a a=1，
∴m=log a（log a b）＜log a1=0，
0＜＜1，
1＞=2log a b＞．
∴m，n，l的大小关系为l＞n＞m．
故答案为：A
【点睛】（1）本题主要考查对数函数的单调性,考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2）对对数函数的单调性的灵活运用是解题的关键。

6.6.已知圆锥的高为3，它的底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于（）
A。

B. C. D.
【答案】B
【解析】
如图：
设球心到底面圆心的距离为，则球的半径为，由勾股定理得
解得,故半径，
故选
7.7.庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征.正五角星是一个非常优美的几
何图形,且与黄金分割有着密切的联系：在如图所示的正五角星中，以,，，，为顶点的多边形为正五边形，且。

下列关系中正确的是（ )
A. B。

C。

D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用平面向量的概念、平面向量的加法、减法、数乘运算的几何意义，便可解决问题．
【详解】在如图所示的正五角星中，以A,B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形,且．在A中,,故A 正确；
在B中，,故B错误;
在C中，，故C错误;
在D中，，
若,则，不合题意，故D错误．
故答案为：A
【点睛】本题以正五角星为载体，考查平面向量的概念及运算法则等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．
8。

8.已知，则（）
A。

123 B。

91 C。

-152 D. —120
【解析】
【分析】
在已知等式中分别取x=1与x=﹣1，然后作和求得a0+a2+a4+a6，再求出a6,则答案可求．
【详解】在（x+2）(2x﹣1）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6中，
取x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=3，
取x=﹣1,得a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6=﹣243,
∴2（a0+a2+a4+a6）=﹣240,即a0+a2+a4+a6=﹣120，
又，
∴a0+a2+a4=﹣152．
故答案为：C．
【点睛】(1）本题主要考查二项式定理，考查二项式展开式的系数的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力。

（2) 二项展开式的系数的性质：对于
,
.
9.9。

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。

14 B. C。

D.
【解析】
还原三视图如下：
其表面积为
故选
10。

10。

如图，在平面直角坐标系中，质点间隔分钟先后从点出发，绕原点按逆时针方向作角速度为弧度/分钟的匀速圈周运动，则与的纵坐标之差第次达到最大值时，运动的时间为( )
A. 分钟
B. 分钟
C。

分钟 D。

分钟
【答案】A
【解析】
分析：由题意可得：y N=，y M=，计算y M﹣y N=sin，即可得出．
详解：由题意可得:y N=,y M=∴y M﹣y N= y M﹣y N=sin，
令sin=1，解得：=2kπ+，x=12k+,
k=0，1，2，3．
∴M与N的纵坐标之差第4次达到最大值时，N运动的时间=3×12+=37.5（分钟）．
故选:A．
点睛:本题考查了三角函数的图象与性质、和差公式、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．也查到了三角函数的定义的应用，三角函数的定义指的是单位圆上的点坐标和这一点的旋转角之间的关系。

11。

11。

已知双曲线：的右焦点为，左顶点为。

以为圆心，为半径的圆交的右支于，两点，的一个内角为，则的离心率为( ）
A。

B。

C. D。

【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得PA⊥PB，又，△APQ的一个内角为60°，即有△PFB为等腰三角形，PF=PA=a+c，运用双曲线的定义和离心率公式,计算即可得到所求．
【详解】如图，设左焦点为F1，设圆与x轴的另一个交点为B，
∵，△APQ的一个内角为60°
∴∠PAF=30°，∠PBF=60°⇒PF=AF=a+c，⇒PF1=3a+c，
在△PFF1中，由余弦定理可得．
⇒3c2﹣ac﹣4a2=0⇒3e2﹣e﹣4=0⇒，
故答案为:C
【点睛】（1）本题主要考查双曲线的几何性质，考查余弦定理,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力。

(2）圆锥曲线的离心率常见的有两种方法：公式法和方程法.
12。

12。

已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（）
A。

B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：由题意得，，
即，令，
∴，∴在上单调递增，上单调递减，
∴,而，当且仅当时，等号成立，∴，故选A．
考点:导数的运用．
第Ⅱ卷(非选择题共90分）
本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～23为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分。

13.13。

已知复数满足，则__________．
【答案】-4。

【解析】
【分析】
先设z=x+yi，x，y∈R，代入已知等式,即可求出x，y，再求。

【详解】设z=x+yi,x,y∈R,所以
所以x=0,y=—2,
所以.
故答案为:-4
【点睛】(1)本题主要考查复数的运算和复数相等的概念，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.（2）复数相等:.
14.14.若，满足约束条件，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先作出不等式组对应的可行域，再数形结合分析得到函数的最大值.
【详解】不等式组对应的可行域如下图所示,
设u=2x+y,则y=—2x+u,直线的纵截距为u,
当直线y=—2x+u经过点A（2,2)时，直线的纵截距最小，u最小，此时u最小=2×2+2=6，
所以的最大值.
故答案为：
【点睛】（1）本题主要考查线性规划，考查指数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力。

(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小,就最小，要看函数的解析式，如：，直线的纵截距为,所以纵截距最小时，最大.
15。

15。

如图在平面四边形中，,则四边形的面积为_____________．
【答案】
【解析】
连接，则，此时
，,所以，取中点，连接，则，
，，
所以．
【点睛】本题考查不规则四边形面积的求法，考查余弦定理解三角形。

由于四边形是不规则的,所以要将求四边形面积的问题转化为求三角形面积的问题来求解。

在连接将四边形分成两个三角形后,利用余弦定理和三角形内角和定理，结合解三角形与三角形面积公式，可求得面积.
16.16。

过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，，分别交轴于，两点，为坐标原点,则与的面积之比为___________．
【答案】.
【解析】
【分析】
先求得切点弦的方程为，再求得，,再求出，
，即得与的面积之比。

【详解】设，，由题得切点弦方程为（过焦点），
因为过的切线方程为,令则，同理,
所以,
又因为，
所以与的面积之比为。

【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，考查切线方程的求法，考查面积的计算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
三、解答题:本大题共6小题，共70分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。

17。

17。

各项均为正数的数列的首项,前项和为，且.
(Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ)若数列满足,求的前项和。

【答案】（1) 。

（2）.
【解析】
【分析】
（1)先利用项和公式求得，再求等差数列的通项.(2）利用错位相减法求的前项和。

【详解】（Ⅰ)因为,① 所以当时，，②
得：，即，
因为的各项均为正数,所以，且，所以．
由①知，，即，又因为，所以．所以．
故，所以数列是首项为，公差为的等差数列．
所以．
（Ⅱ)由(1）得，所以,
所以，③
，④
，得，
当且时，，解得；
当时,由③得；
综上，数列的前项和
【点睛】（1）本题主要考查项和公式，考查等差数列的通项的求法，考查错位相减求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力。

(2）数列，其中是等差数列，是等比数列，则采用错位相减法.
18。

18。

如图，在多面体中，是正方形，平面,平面，，点为棱的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面;
(Ⅱ)若，求直线与平面所成的角的正弦值。

【答案】（1）见解析。

（2) 。

【解析】
【分析】
（Ⅰ)先证明平面和平面,即证明平面平面。

(Ⅱ)利用向量法求直线与平面所成的角的正弦值.
【详解】（Ⅰ)证明：连结，交于点,∴为的中点，∴。

∵平面，平面,∴平面.
∵都垂直底面,∴。

∵，∴为平行四边形，∴.
∵平面,平面，∴平面.
又∵，∴平面平面.
（Ⅱ)由已知，平面，是正方形。

∴两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.
设，则，从而，
∴，
设平面的一个法向量为，由得。

令，则，从而。

∵,设与平面所成的角为，则，
所以,直线与平面所成角的正弦值为。

【点睛】（1)本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象推理转化能力.（2)直线和平面所成的角的求法:方法一:（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中
是直线的方向向量，是平面的法向量,是直线和平面所成的角.
19.19.某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐。

为了解该校教师手机流量使用情况,通过抽样,得到位教师近年每人手机月平均使用流量(单位:)的数据,其频率分布直方图如下：
若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率为概率，回答以下问题.
(Ⅰ）从该校教师中随机抽取人，求这人中至多有人月使用流量不超过的概率；（Ⅱ) 现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：
套餐名称月套餐费(单位：元）月套餐流量(单位：）
这三款套餐都有如下附加条款:套餐费月初一次性收取,手机使用一旦超出套餐流量,系统就自动帮用户充值流量，资费元；如果又超出充值流量,系统就再次自动帮用户充值流量，资费元/次，依次类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用。

学校欲订购其中一款流量套餐,为教师支付月套餐费,并承担系统自动充值的流量资费的,其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济?说明理由。

【答案】（1）0.784.
（2) 学校订购套餐最经济。

【解析】
【分析】
(Ⅰ）先求得该教师手机月使用流量不超过的概率为。

利用互斥事件的概率和独立重复试验的概率求这人中至多有人月使用流量不超过的概率。

（Ⅱ）先分别求出三种套餐的期望，再比较它们的大小即得解.
【详解】（Ⅰ)由直方图可知,从该校中随机抽取一名教师,该教师手机月使用流量不超过
的概率为.
设“从该校教师中随机抽取人，至多有人月使用流量不超过"为事件，
则。

(Ⅱ）依题意,，
.
当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为，,，且，，,
所以(元）
当学校订购套餐时,设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为,,
且,,
所以（元）
当学校订购套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为的所有可能取值为，
且，(元)
因为，所以学校订购套餐最经济.
【点睛】（1)本题主要考查概率的计算，考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率，考查随机变量的期望，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力。

（2）…… 为的均值或数学期望．
20。

20。

已知椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆与两点，，且当直线垂直于轴时,。

（Ⅰ）求椭圆的方程；
(Ⅱ）若，求弦长的取值范围.
【答案】（1) .
(2) .
【解析】
试题分析:圆锥曲线中求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件,把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算的方便,在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多变量归结为单变量即可,同时要特别注意变量的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）由已知：,,
又当直线垂直于轴时，，所以椭圆过点,
代入椭圆:，
在椭圆中知：,联立方程组可得：，
所以椭圆的方程为：。

（Ⅱ)当过点直线斜率为0时,点、分别为椭圆长轴的端点，
或,不合题意.
所以直线的斜率不能为0.
可设直线方程为：，
将直线方程代入椭圆得:
，由韦达定理可得：
，
将（1）式平方除以（2）式可得：
由已知可知，，
，
所以，
又知，，
,解得：.
，，
.
考点：本题主要考查：1。

椭圆的标准方程及其性质;2。

直线与椭圆的位置关系;3.椭圆中的最值问题。

21.21.已知函数。

(1）讨论函数的单调性;
（2）若且,求证：。

【答案】(1)答案见解析；(2）证明见解析.
【解析】
试题分析:（1）对函数求导，然后分类讨论若时、时和时三种情况，分别给出单调性（2）法一：构造，求导算出最值，构造,利用二阶导数，得，从而得证；法二：利用放缩法当时，得，即,然后再证明；法三:对问题放缩由于，则只需证明，然后给出证明
解析:解法一：(1）函数的定义域为，
,
①若时，则,在上单调递减；
②若时，当时，；
当时，；
当时，。

故在上，单调递减；在上,单调递増；
③若时,当时,；
当时，；当时，.
故在上，单调递减;在上，单调递増。

(2）若且，
欲证，
只需证,
即证.
设函数,则.
当时， .故函数在上单调递增.
所以。

设函数,则.
设函数，则。

当时,，
故存在，使得,
从而函数在上单调递增;在上单调递减. 当时，，当时，
故存在，使得,
即当时,,当时，
从而函数在上单调递增；在上单调递减。

因为，
故当时，
所以,
即。

解法二:(1)同解法一。

（2）若且，
欲证，
只需证,
即证.
设函数，则.
当时， .故函数在上单调递增。

所以。

设函数，
因为,所以，所以，
又,所以，
所以，
即原不等式成立.
解法三：(1）同解法一。

（2)若且，
欲证，
只需证，
由于,则只需证明，只需证明，令，则，
则函数在上单调递减，则，
所以成立,
即原不等式成立.
点睛:本题考查了运用导数求含参量函数的单调区间以及恒成立问题，当遇到含参量的题目时需要注意分类讨论，在证明不等式成立的问题上参考答案给出了三种不同证明，大致分为：构造新函数,分别求出其最值，找出沟通桥梁证得结果；或运用放缩法来证明
请考生在第22,23，题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清楚题号.
22。

22.在直角坐标系中,曲线（为参数）,在以为极点,轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线。

（1）求曲线的普通方程；
（2）若曲线上有一动点,曲线上有一动点，求的最小值.
【答案】（1)；（2）.
【解析】
试题分析:
（1)的极坐标方程即，利用极坐标方程与普通方程的关系可得曲线的普通方程为。

（2）由（1)可知，圆的圆心为，半径为1. 设曲线上的动点，由动点在圆上可得：。

由三角函数的性质可得，则的最小值为.试题解析：
(1)由得：。

因为，所以，
即曲线的普通方程为.
（2）由（1）可知,圆的圆心为，半径为1。

设曲线上的动点,
由动点在圆上可得：.
∵
当时，,
∴.
23。

23。

选修:不等式选讲
已知函数。

（Ⅰ) 解关于的不等式；
(Ⅱ) 若关于的不等式的解集不是空集,求的取值范围.
【答案】(1) .
（2) .
【解析】
试题分析：
（1）由不等式的性质零点分段可得不等式的解集为。

（2）原问题等价于结合绝对值三角不等式的性质可得，当且仅当时等号成立，则的取值范围是.
试题解析：
（1）,
或或
或,
所以，原不等式的解集为。

(2）由条件知，不等式有解，则即可.
由于，
当且仅当，即当时等号成立，故。

所以,的取值范围是。