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1、湖南省永州市2018届高三下学期第三次模拟考试数学（文）试题第卷（共60分）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】A【解析】，所以，故选A。2. 现从已编号（150）的50位同学中随机抽取5位以已经他们的数学学习状况，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法所选取的5位同学的编号可能是（ ）A. 5,10,15,20,25 B. 3,13,23,33,43C. 1,2,3,4,5 D. 2,10,18,26,34【答案】B3. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ）A.
2、B. 0 C. 1 D. 2【答案】C【解析】，所以虚部为1，故选C。4. 下列函数中，与函数的定义域、单调性与奇偶性均一致的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】原函数的定义域为，单调递增，奇函数，所以A、C、D错误，B正确。故选B。5. 一个球被两个平行平面截后所得几何体形如我国的一种民族打击乐器“鼓”，该“鼓”是三视图如图所示，则求的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】球的半径为，所以，故选A。6. 已知抛物线（其中为常数）经过点，则抛物线的焦点到准线的距离等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，过点，则，所以焦点到准线的距离是。故选D。
3、7. 运行如图所示的程序框图，若输入的（）分别为1，3，4，6，则输出的值为（ ）A. 2 B. 3 C. 7 D. 10【答案】A【解析】，输入；，输入；，输入，则；，输入，则，；所以输出。故选A。8. 已知数列满足，则（ ）A. 8 B. 16 C. 32 D. 64【答案】C【解析】由题意，则，故选C。9. 将函数的图象向左平移个单位后的图象关于原点对称，则函数在上的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】左移后的函数为，关于原点对称，则，所以，又，则。所以，所以。故选D。10. 已知函数（）的最小值为8，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为在单调递减，
4、在单调递增，则，令，则在上单调递增，又，所以存在零点。故选A。点睛：本题考查函数的综合应用。首先考查复合函数的单调性，得到；然后考察零点存在性定理，令，且在上单调递增，根据零点存在性定理，得到答案。11. 已知数列是等差数列，前项和为，满足，给出下列结论：；最小；.其中一定正确的结论是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，所以，正确；，错误；，所以，正确；，错误。所以正确的是，故选C。点睛：本题考查等差数列的性质应用。本题采用基本量法来处理题目。由基本公式，可以得到，逐个验证选项就可以得到答案。基本量法是数列基础题型的基本方法，需要学生掌握。12. 已知双曲线的焦距为，若，则此双曲
5、线焦距的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，所以，即，解得，所以焦距的最小值为。故选D。二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量，若，则实数的值为_.【答案】10【解析】，所以，。14. 从“1，2，3，4”这组数据中随机取出三个不同的数，则这三个数的平均数恰为3的概率是_.【答案】【解析】平均数为3的数组有2,3,4，所以。15. 设实数满足约束条件，则的最大值是_.【答案】1【解析】表示点到的斜率，由可行域可知，过点时，取最大值1。16. 若直角坐标平面内两点满足条件：两点分别在函数与的图象上；关于轴对称，则称是函数与的一个“伙伴点组”（
6、点组与看作同一个“伙伴点组”）.若函数与有两个“伙伴点组”，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】设点在上，则点所在的函数为，则与有两个交点，的图象由的图象左右平移产生，当时，如图，所以，当左移超过个单位时，都能产生两个交点，所以的取值范围是。点睛：本题考查函数的综合应用。由对称性得到其对称点的函数，则题目转化为图象交点个数问题。然后，本题利用函数图象移动来辅助解题，通过图象平移，观察交点个数的情况，得到答案。三、解答题 （本大题共6题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 在锐角中，内角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若，的面积为，求的值.【答案】()；()3【解析
7、】试题分析：（1）由题意化简得，由锐角三角形，得，所以；（2）由，得，所以，由余弦定理解得。试题解析：()，,又为锐角三角形， ，, . ()由，得, ，, ，即.点睛：本题考查解三角形的应用。解三角形在高考中属于基本题型，学生必须掌握其基本解法。本题中涉及到三角形的转化，二倍角公式的应用，以及面积公式、余弦定理的应用。学生需充分掌握三角函数化简及解三角形的公式，才能把握解题。18. 如图所示，在多面体中，分别是的中点，四边形为矩形，平面平面，（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成的角的正切值.【答案】()详见解析；()【解析】试题分析：（1）由条件可以推出平面，所以平面，所以平面平面；
8、（2）由几何关系，找到在平面内的射影，所以求出。试题解析：() 分别是的中点，, 四边形为矩形，.,平面,平面平面平面 () 平面平面，且，平面. 连接，则为在平面上的射影，与所成的角即为与平面所成的角. 在中，由得,在中，故直线与平面所成的角的正切值为.19. 为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了2017年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数：经计算：，其中分别为试验数据中的温度和死亡株数，.（1）若用线性回归模型，求关于的回归方程（结果精确到）；
9、（2）若用非线性回归模型求得关于的回归方程为，且相关指数为.（i）试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好；（ii）用拟合效果好的模型预测温度为时该批紫甘薯死亡株数（结果取整数）.附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：；相关指数为：.【答案】()；()详见解析【解析】试题分析：（1）利用回归方程的公式，求得线性回归方程为：=6.6x139.4；（2）（i），因为0.93980.9522，所以回归方程比线性回归方程=6.6x138.6拟合效果更好；（ii）当温度时，即当温度为35C时该批紫甘薯死亡株数为190.试题解析：()由题意得， 336.6326=1
10、39.4， 关于的线性回归方程为：=6.6x139.4（注：若用计算出，则酌情扣1分）() （i）线性回归方程=6.6x138.6对应的相关系数为：，因为0.93980.9522，所以回归方程比线性回归方程=6.6x138.6拟合效果更好（ii）由（i）知，当温度时，即当温度为35C时该批紫甘薯死亡株数为190.20. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，焦距为4，离心率为.（1）求椭圆的方程； （2）已知直线经过点，且与椭圆交于两点，若，求直线的方程.【答案】()；()【解析】试题分析：（1）由题意，易知椭圆的方程为：；（2）设的方程为：，联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，又，得，代入韦达定理
11、解得，得到所求直线方程。试题解析：()依题意可设椭圆方程为， ， 椭圆的方程为：. ()由题意可知直线的斜率存在，设的方程为：，由得，且，则， ，即， ，消去并解关于的方程得：， 的方程为：21. 已知函数.（1）讨论的导函数的零点个数；（2）当时，证明：.【答案】() 当或时，有一个零点；当时，没有零点；()详见解析【解析】试题分析：（1），所以当或时，有一个零点；当时，没有零点；（2）时，在单调递增，在单调递减，最大值，所以原题等价于，即，设，求导得到最大值为，即试题解析：() 的定义域为， 若，由，没有零点；若或，由，有一个零点；若，由，没有零点综上所述，当或时有一个零点；当时没有零点
12、()由（1）知， 时当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.所以在取得最大值，最大值，即.所以等价于，即，其中 设，则.当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减.故当时取得最大值，最大值为所以当时，.从而当时，即请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线过点，且倾斜角为，.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的参数方程和曲线的直角坐标方程，并判断曲线是什么曲线； （2）设直线与曲线相交与两点，当，求的值.【答案】() 曲线是焦点在轴上的椭圆；()【解析】试
13、题分析：（1）由题易知，直线的参数方程为，（为参数），；曲线的直角坐标方程为，椭圆；（2）将直线代入椭圆得到，所以，解得。试题解析：()直线的参数方程为. 曲线的直角坐标方程为，即， 所以曲线是焦点在轴上的椭圆. ()将的参数方程代入曲线的直角坐标方程为得， 得， ，23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）若对任意的，均存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】()；()【解析】试题分析：（1）由题意得，所以，解得；（2）由题意，所以，解得或。试题解析：()由，得，得不等式的解为 ()，对任意的均存在，使得成立， ， ，解得或，即实数的取值范围为：或点睛：本题考查绝对值不等式。绝对值不等式的求解，掌握基本解法即可。绝对值的三角不等式考查技巧性较高，形式上需要满足定义域及系数的统一，本题的另一个难点就是题意的理解转化，得到值域的包含关系。
