《【数学】四川省2018届高三全国ⅲ卷冲刺演练（一）试卷（文）解析版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【数学】四川省2018届高三全国ⅲ卷冲刺演练（一）试卷（文）解析版（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1四川省 2018 届高三全国卷冲刺演练（一）数学试卷（文）第第卷卷一、选择题一、选择题1. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 在四边形中，（ ）A. B. C. D. 3. 已知复数 满足，则（ ）A. B. C. D. 4. 中国古代十进位制的算筹记数法在世界数学史上是一个伟大的创造.据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年.算筹记数的方法是：个位、百位、万位的数按纵式的数码摆出；十位、千位、十万位的数按横式的数码摆出.如可用算筹表示为.纵式：横式：这 个数字的纵式与横式的表示数码如上图所示，则的运算结果可用算筹表示为（ ）A. B. C. D. 5. 设 ， 满足约束
2、条件，若的最大值为（ ）A. B. C. D. 6. 若干连续奇数的和2A. B. C. D. 7. 某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 8. 已知表示 除以 余 ，例如，则如图所示的程序框图的功能是（ ）A. 求被 除余 且被 除余 的最小正整数B. 求被 除余 且被 除余 的最小正整数C. 求被 除余 且被 除余 的最小正奇数D. 求被 除余 且被 除余 的最小正奇数9. 若，且，则（ ）A. B. C. D. 10. 已知圆：经过椭圆 ：的一个焦点，圆与椭圆的公共点为 ， ，点 为圆上一动点，则 到直线的距离的最大值为（ ）
3、3A. B. C. D. 11. 若函数与都在区间上单调递减，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 12. 已知函数，则函数的零点的个数为（ ）A. B. C. D. 第第卷卷二、填空题二、填空题13. 若双曲线的焦距为，则_14. 现有大小形状完全相同的 个小球，其中红球有 个，白球与蓝球各 个，将这 个小球任意排成一排，则中间 个小球不都是红球的概率为_15. 已知数列是等比数列，且，则_16. 在正方体中， 为棱上一点，且，以为球心，线段的长为半径的球与棱，分别交于 ， 两点，则的面积为_三、解答题三、解答题（一）必考题（一）必考题17. 在中，.（1）若，求的长及边上的高 ；（2）
4、若为锐角三角形，求的周长的取值范围.418. 如图，在四棱锥中，点在线段上，且，平面.（1）证明：平面平面；（2）当时，求四棱锥的表面积.19. 某大型水果超市每天以元/千克的价格从水果基地购进若干 水果，然后以元/千克的价格出售，若有剩余，则将剩下的水果以 元/千克的价格退回水果基地.（1）若该超市一天购进 水果千克，记超市当天 水果获得的利润 （单位：元）关于当天需求量 （单位：千克，）的函数解析式，并求当时 的值；（2）为了确定进货数量，该超市记录了 水果最近天的日需求量（单位：千克） ，整理得下表：日需求量频数5假设该超市在这天内每天购进 水果千克，求这天该超市 水果获得的日利润（单位
5、：元）的平均数.20. 已知直线 经过抛物线的焦点且与此抛物线交于，两点，直线 与抛物线交于， 两点，且， 两点在 轴的两侧.（1）证明：为定值；（2）求直线 的斜率的取值范围；（3）若（ 为坐标原点） ，求直线 的方程.21. 已知函数.（1）求的单调区间；（2）设，且，证明：.6（二）选考题（二）选考题22. 选修 4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（ 为参数，） ，曲线 的参数方程为（ 为参数，且）.（1）以曲线 上的点与原点 连线的斜率 为参数，写出曲线 的参数方程；（2）若曲线与 的两个交点为 ， ，直线与直线的斜率之积为 ，求 的值.23. 选修 4-5：不等
6、式选讲已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求 的取值范围.7【参考答案】第第卷卷一、选择题一、选择题1. 【答案】B【解析】先求出集合 ，再根据补集的定义求得，然后根据并集的定义即可求出.详解：集合故选 B.2. 【答案】D【解析】分析：由向量的减法运算可得，即可得出.详解：故选 D.3. 【答案】C【解析】先解出 z=1+3i，再利用复数的代数形式的四则运算化简 z，最后求模即可.详解：i（2z）=3+i，z=2=1+3i，8|z|=故选：C4. 【答案】D【解析】由对数的运算性质可得=729，结合算筹记数的方法分析可得结果详解：根据题意，=36=729，用算筹记数表示为；故选：
7、D5. 【答案】C【解析】根据题设中的约束条件画出可行域，再将目标函数转化为直线方程，通过平移直线，即可求得的最大值.详解：根据题中的约束条件，画出可行域如图所示：联立，解得，即.将转化为，平移直线，由图象可知，直线经过时，直线截距最大，此时.故选 C.6. 【答案】D【解析】观察数列，可得该数列是等差数列，根据等差数列求和公式即可求解.详解：根据题意可得该数列是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，其中项数为.故选 D.97. 【答案】B【解析】根据三视图还原几何体可得是由半个圆柱与 个球组成的组合体，再根据圆柱及球的体积公式即可求得该几何体的体积.详解：由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与
8、 个球组成的组合体，如图所示：其中，圆柱的底面半径是 1，高是 3，球的半径是 1.该几何体的体积为故选 B.8. 【答案】D【解析】分析：由已知中的程序框图可知该程序框图的功能是求被 7 除余 1 且被 5 除余 3的最小正奇数，由此得解详解：因为 n 的初值为1，且 n=n+2，n1（mod 7） ，n3（mod5） ，所以：该程序框图的功能是求被 7 除余 1 且被 5 除余 3 的最小正奇数故选：D9. 【答案】A【解析】根据二倍角的正弦及余弦公式，结合，再根据同角三角函数关系即可求得.详解：，即故选 A.1010. 【答案】A【解析】根据圆的方程求得圆与 轴的交点坐标，再根据圆经过椭
9、圆 的一个焦点，即可求得，联立圆与椭圆的方程，即可求得线段所在的直线方程，从而可得 到直线的距离的最大值.详解：圆：圆与 轴的交点坐标为，圆经过椭圆 ：的一个焦点或或当时，圆与椭圆 无交点联立，得.，即线段所在的直线方程为圆与椭圆 的公共点为 ， ，点 为圆上一动点 到直线的距离的最大值为故选 A.11. 【答案】B【解析】分别求出函数与在上单调减区间，再根据两函数都在区间上单调递减，即可求得的最大值.详解：函数函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.在上单调递减，在上单调递增.函数与都在上单调递减11的最大值为故选 B.12. 【答案】C【解析】根据与时的解析式，分别判断出函数的单调性
10、，即可得出函数零点及其范围，再结合函数的图象即可得出函数的零点的个数.详解：当时，则.当时，；当时，.在时取得极大值为 3，函数在，上各有 1 个零点当时，的零点为 2 和 3.由，得或或或，其中，.结合函数的图象可知，方程的解的个数为 2，方程的解的个数为 1，方程的解的个数为 3，方程的解的个数为 2.函数的零点的个数为 8 个故选 C.第第卷卷二、填空题二、填空题13.【答案】6【解析】将双曲线方程化为标准方程，再根据双曲线的焦距为，即可求得 .12详解：双曲线双曲线的标准方程为双曲线的焦距为故答案为 6.14.【答案】【解析】利用列举法求出 4 个小球排成一排的所有情况为 12 种，其
11、中中间 2 个小球都是 2个小球都是红球的有 2 种，由此能求出中间 2 个小球不都是红球的概率详解：4 个小球排成一排的所有情况为：红红白蓝，红红篮白，红白红蓝，红白蓝红，红蓝红白，红蓝白红，白蓝红红，白红蓝红，白红红蓝，蓝白红红，蓝红白红，蓝红红白，共有 12 种，其中中间 2 个小球都是红球的有 2 种.中间 个小球不都是红球的概率为故答案为 .15.【答案】121【解析】分析：设等比数列的公比为 ，根据，求出公比 ，从而可求出 .详解：设等比数列的公比为 ，则.，13故答案为.16. 【答案】4【解析】作出图形，根据，利用勾股定理分别求得，从而可求得和，再利用割补法即可求得的面积.详解
12、：根据题意，作出图形如图所示：，则故答案为 4.三、解答题三、解答题（一）必考题（一）必考题17.解：（1）.由等面积法可得，则.（2）设.角 必为锐角.为锐角三角形14角 ， 均为锐角，则，于是，解得.故的周长的取值范围为.18.（1）证明：由，可得，则，又，则四边形是平行四边形，则.又平面，平面，平面平面又平面平面平面.（2）解：平面.四棱锥的表面积为 .19.解：（1）当日需求量时，利润；当日需求量时，利润 ，所以 关于 的函数解析式为.当时，由，得.（2）这天中有 天的利润为元，有天的利润为元，有天的利润为元，所以这天该超市 水果获得的日利润的平均数为.20.（1）证明：由题意可得，直
13、线 的斜率存在，故可设 的方程为，15联立，得，则为定值.（2）解：由（1）知， ，则 ，即.联立，得， 两点在 轴的两侧， ，且，.由及可得或，故直线 的斜率的取值范围为.（3）解：设，则， ，解得或，又，故直线 的方程为.21.（1）解：，当时，则在 上单调递增.当时，令，得，则的单调递增区间为.令，得，则的单调递减区间为.（2）证明：（法一）设 ，则.由，得；由，得，故.从而.，16即.，从而.（法二），.设，则.由，得；由，得.故.， ，.（二）选考题（二）选考题22.解：（1）将消去参数 ，得.由，得.故曲线 的参数方程为（ 为参数，且）.（2）曲线的普通方程为，将代入并整理得 ，17因为直线与直线的斜率之积为 ，所以，解得，又，所以.将代入 ，得，故.23.解：（1）当时，因为 ，所以的解集为.由，得，则，即，解得，求不等式的解集为.（2）当，时， ，则 ，又，所以.当，时，故不合题意.当，时， ，当且仅当时等号成立，则，又，所以.综上， 的取值范围为.
