山东省淄博市2018-2019学年度高三3月模拟考试文科数学试题（精品解析）

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1、淄博市淄博市 2018-20192018-2019 学年度高三模拟考试试题学年度高三模拟考试试题 文科数学文科数学 一、选择题一、选择题. .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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.设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析： 考点：集合运算 2.若复数 满足，则 的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义即可得出 【详解】， 则 z 的共轭复数的虚部为 1 故选：D 【点睛】本题考查了复数的运算法

2、则、共轭复数的定义、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 3.命题“，”的否定是（ ） A. 不存在， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 由全称命题的否定是特称命题可得命题的否定是 “” 选 C 4.（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 将 拆解为，和利用二倍角公式拆开，使得根号下的式子变成完全平方的形式，再根据 符号整理. 【详解】 本题正确选项： 【点睛】本题考查二倍角公式、同角三角函数关系，易错点在于开完全平方时，要注意符号. 5.已知直线 和两个不同的平面 ， ，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则

3、 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】 根据面面垂直判定定理可以确定 选项正确，也可通过排除法得到结果. 【详解】 选项：内存在直线 ，使得；若，则；又，所以， 选项正确； 其余三个选项均可利用正方体进行排除，如图所示： 选项：平面平面，平面，而平面，可知 选项错误； 选项：平面，平面，而平面平面，可知 选项错误； 选项：平面平面，平面，而平面，可知 选项错误. 本题正确选项： 【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面的位置关系问题，属于基础题. 6.已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图 1 和图 2 所示，为了解该地区中小学生的近视形成原因， 用分层抽样的方法抽取的学生进行调

4、查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论 【详解】由图 1 得样本容量为（3500+2000+4500）2%100002%200， 抽取的高中生人数为 20002%40 人， 则近视人数为 400.520 人， 故选：D 【点睛】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键 7.一个底面是正三角形，侧棱和底面垂直的三棱柱，其三视图如图所示.若该三棱柱的外接球的表面积为 ，则侧视图中的 的值为（ ） A. B. 9 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 还原后

5、，可知球心位于三棱柱的中界面上，且平面，构造出直角三角形，勾股定理解方程求得 的取值. 【详解】将三视图还原后，可得如图所示的正三棱柱： 为外接球球心，为外接圆圆心，由球的性质可知：平面 球的表面积 ，即 又， 由可得： 解得： 本题正确选项： 【点睛】本题考查空间几何体的外接球问题，关键在于确定外接球球心的位置，再利用外接球球心与底面 外接圆圆心连线垂直于底面的性质，构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题. 8.已知直线与双曲线交于两点，以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦 点 ，若的面积为，则双曲线的离心率为 A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 通过双曲线和圆的对称性，

6、将的面积转化为的面积；利用焦点三角形面积公式可以建立 与 的 关系，从而推导出离心率. 【详解】由题意可得图像如下图所示： 为双曲线的左焦点 为圆的直径 根据双曲线、圆的对称性可知：四边形为矩形 又，可得： 本题正确选项： 【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于的齐次方程，从而配凑 出离心率的形式. 9.已知，点的坐标满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 通过坐标运算，将所求最小值转化为点到可行域内点的距离的平方的最小值减 ，利用距离的最小值 为点到直线距离求得所求最值. 【详解】可行域如下图所示： ， 的最小值为点到

7、可行域内点的距离的平方的最小值减 由图像可知，点到可行域的最短距离为其到直线的距离 本题正确选项： 【点睛】本题考查了线性规划的相关知识，关键是能够将所求最值转化为距离的形式，从而通过点到直线 的距离进行求解. 10.已知，设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 判断出单调性之后，将的自变量转化为同底的对数的形式比较大小，结合单调性可确定的大小 关系. 【详解】 在 上单调递减 ，即 ，即 可得： 本题正确选项： 【点睛】本题考查利用函数单调性比较大小问题，关键在于能够将自变量变换成同底对数的形式，比较出 自变量的大小关系. 11.已知直线 ：与圆 ：

8、，直线 与圆 相交于不同两点.若 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 通过平方运算，将原不等式化简，求解出的取值范围；再利用直线与圆相交以及弦长 的关系，求得 的取值范围. 【详解】圆 方程可化为： ，圆 半径 即 设圆心 到直线的距离为 则 又直线与圆 相交，可得 即 综上所述： 本题正确选项： 【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线被圆截得的弦长，解题的关键是能够通过向量模长的 运算，得到关于直线被圆所截得的弦长的范围，再利用直线与圆的相关知识来求解. 12.函数，若最大值为，最小值为，则（ ） A. ，使 B. ，使 C. ，使 D.

9、 ，使 【答案】D 【解析】 【分析】 通过对进行化简整理，可以得到与的解析式，依次排除掉选项，可得结果. 【详解】 ， 选项：，所以 错误； 选项： ，所以 错误； 选项：，所以 错误； 选项： 设 可知：，所以 正 确. 本题正确选项： 【点睛】本题考查三角恒等变换以及与三角函数有关的值域问题，关键在于通过整理能够得到与有关 的函数解析式，从而利用的范围，求解函数的值域. 二、填空题（将答案填在答题纸上）二、填空题（将答案填在答题纸上） 13.若，则_ 【答案】1 【解析】 【分析】 利用和求解得到的值；再将代入，求得；根据的值代入对应解析式求得结果. 【详解】 ，解得： 当时， 本题正确

10、结果： 【点睛】本题考查利用分段函数解析式求解函数值，关键在于能够将自变量代入符合范围的解析式当中. 14.古代埃及数学中发现有一个独特现象：除 用一个单独的符号表示外，其它分数都要写成若干个单分数 和的形式.例如，可以这样理解：假定有两个面包，要平均分给 5 个人，如果每人 ，不够，每人 ， 余 ，再将这 分成 5 份，每人得，这样每人分得.形如的分数的分解：， ，按此规律，_ 【答案】 【解析】 【分析】 观察规律，拆解后分子都是 ；拆解后的两个分母，如果原分母为，第一个分母对应着，第二个 分母相当于原分母与第一个分母的乘积，由此可得结果. 【详解】 以此类推得： 本题正确结果： 【点睛】

11、本题考查归纳推理，通过已知关系式总结规律，属于基础题. 15.如图所示，平面平面，四边形为正方形，且，则异面 直线与所成角的余弦值为_ 【答案】 【解析】 【分析】 通过补全图形，将问题转化为求解直线与所成角的余弦值的问题，求解出各个边长，利用余弦定理 求出余弦值. 【详解】由题目中的位置关系，可将原图补为如图所示的直四棱柱： 异面直线与所成角即为直线与所成角 由余弦定理可得： ，又 本题正确结果： 【点睛】本题考查了立体几何中的异面直线成角问题，解决异面直线成角问题的关键在于能够通过平行移 动直线，将问题转化成为两条相交直线所成角的问题. 16.抛物线的焦点为 ，点 为抛物线上的动点，点为其

12、准线上的动点，当为等边三角形时， 则的外接圆的方程为_ 【答案】 【解析】 【分析】 利用抛物线方程得到焦点坐标和准线方程，同时利用抛物线定义可知垂直于准线，通过假设 点坐标， 表示出点坐标，再利用等边三角形边长相等的关系，求得 点和点；根据等边三角形外心与重心重合的 特点，利用重心坐标公式表示出圆心坐标，再利用两点间距离公式求得半径，从而得到圆的方程. 【详解】由抛物线方程可知：准线方程为， 设 由抛物线定义可知：垂直于准线，可得： 又，可得： 解得：， 当时， 为等边三角形 外接圆圆心与重心重合 外接圆圆心坐标为：，即 外接圆半径为： 同理可得：当时，圆心坐标为，半径为 外接圆方程为： 本

13、题正确结果： 【点睛】本题考查利用抛物线的定义和几何性质解决综合问题，关键在于能够通过等边三角形的结论确定 出与准线垂直、边长相等、外心与重心重合等条件. 三、解答题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. . 17.已知在等比数列中，且 ， ，成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的前 项和. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）利用，求得公比 ，进而求出通项公式；（2）列出的解析式，通过分组求和的方 式分别求得两个部分的和，再整理出总体的前 项和. 【详解】 （1）设等比数列的公比为 ， ，成等差

14、数列 （2） 【点睛】本题考查等比数列通项公式以及分组求和法求数列的前 项和.解题关键在于能够通过数列的通项 公式确定求和方法采用分组求和的方法，分组求和法主要适用于通项公式为和差运算的形式. 18.如图，在四棱锥中，平面 ，点在棱上. （1）求证：平面平面； （2）若直线平面，求此时三棱锥的体积. 【答案】(1)见证明；(2) 【解析】 【分析】 （1）利用线面垂直证得，再利用正弦定理证得，由此可证得平面，进而得到结 论；（2）利用线面平行性质定理得到，再利用相似可求得，最终将所求体积转化为求解 三棱锥的体积. 【详解】 （1）因为平面，所以 又因为， 由，可得 所以，所以，即 因为，所以平

15、面 因为平面，所以平面平面 （2）连结，与交于点 ，连结 因为平面， 为平面与平面的交线，所以 所以 在四边形中，因为，所以 所以 因为平面，所以，且平面平面 在平面中，作，则平面 因为 所以 因为，所以 所以 【点睛】本题考查面面垂直的证明和三棱锥体积的求解，关键在于求解三棱 锥体积时，将所求三棱锥按照比例关系扩大为求解易求得的三棱锥的体积，由此更容易的解决问题. 19.已知点的坐标分别为，.三角形的两条边，所在直线的斜率之积是. （1）求点的轨迹方程； （2）设直线方程为，直线 方程为，直线交 于 ，点 ， 关于 轴对称，直线 与 轴相交于点 .求的面积关于 的表达式. 【答案】 （1）（

16、2） 【解析】 【分析】 （1）假设点坐标，利用建立关系式，求得轨迹方程；（2）求出 点坐标后，利用对称关系 得 点坐标；直线与轨迹方程联立得点坐标，进一步求得方程，从而得到 点坐标；然后利用三角 形面积公式可得. 【详解】 （1）设点的坐标为，因为点 的坐标是 所以，直线的斜率 同理，直线的斜率 由已知又 化简，得点的轨迹方程 （2）直线的方程为，与直线 的方程联立，可得点，故 将与联立，消去 ，整理得 解得或 由题设，可得点 由，可得直线的方程为： 令，解得，故 所以 所以的面积： 【点睛】本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线综合应用问题，处理问题的关键在于能够利用 顺利表示 出点坐标，然后利用对称的性质得到的方程，从而顺利解决问题.本题思路较为简单，但计算量较 大. 20.某