2018年云南省高考数学模拟试卷(文科)(4月份)

2018年云南省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）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. 若集合＝，＝，则＝（）A. B.C. D.2. 已知复数＝，其中是虚数单位，则的模＝（）A. B. C. D.3. 若，满足，则＝的最大值为（）A. B. C. D.4. 已知，＝，则＝（）A. B. C. D.5. 已知函数，则下列结论中正确的是（）A.＝的一个周期为B.＝的图象关于点对称C.＝的图象关于直线对称D.＝在区间上单调递增6. 执行如图所示的程序框图，为使输出的值大于，则输入的正整数的最小值为（）A. B. C. D.7. 在我国古代数学名著《九章算术》中，“堑堵”指的是底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱．如图，网络图中小正方形的边长为，图中粗实线画出的是某堑堵的正视图与俯视图，则该堑堵的表面积为（）A. B. C. D.8. 在正方体中，点是线段上任意一点，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.9. 平面内到两个定点的距离之比为常数的点的轨迹是阿波罗尼斯圆．已知曲线是平面内到两个定点和的距离之比等于常数的阿波罗尼斯圆，则下列结论中正确的是（）A.曲线关于轴对称B.曲线关于轴对称C.曲线关于坐标原点对称D.曲线经过坐标原点10. 已知函数＝，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.11. 定义：在区域内任取一点，则点满足＝的概率为（）A. B. C. D.12. 已知定义在的函数满足＝，且当时，＝．若函数在区间上有零点，则的值为（）A.或B.或C.或D.或二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量，，若向量与垂直，则________＝________．14. ________的内角________，________，________的对边分别为________，________，________．已知，，________＝，则角________＝________．15. 设椭圆的左右焦点分别为________内切圆的面积为，且________________＝，则该椭圆的离心率是________．16. 已知函数若________(________（________)），则实数________的取值范围是________．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 设数列满足＝，．Ⅰ求数列的通项公式；Ⅱ设＝，求数列的前项和．18. 某公司为了解所经销商品的使用情况，随机问卷名使用者，然后根据这名的问卷评分数据，统计得到如图所示的频率布直方图，其统计数据分组区间为,,,,,．Ⅰ求频率分布直方图中的值；Ⅱ求这名问卷评分数据的中位数；Ⅲ从评分在的问卷者中，随机抽取人，求此人评分都在的概率．19. 如图，已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，＝＝＝，＝，．Ⅰ求证：；Ⅱ求点到平面的距离．20. 已知分别过抛物线＝上点、的两条切线交于点，直线与轴不平行，线段的中点为，抛物线的焦点为．Ⅰ求证：直线与轴平行；Ⅱ若点线段上，点的坐标为，求抛物线的方程．21. 设函数＝．讨论的单调性；当时，对于，都有成立．①求的取值范围；②证明：.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程是（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．Ⅰ求曲线的极坐标方程；Ⅱ若，分别为曲线上的两点，且，求证：为定值．[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数＝．求不等式的解集；若不等式的解集为，求的取值范围．参考答案与试题解析2018年云南省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）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.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】求出中不等式的解集确定出，找出与的交集即可．【解答】由中不等式解得：，即＝，∵＝，∴＝，2.【答案】D【考点】复数的模【解析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再由复数模的计算公式得答案．【解答】∵＝＝＝，∴，3.【答案】B【考点】简单线性规划【解析】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，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】由，满足作出可行域如图，化目标函数＝为＝，由图可知，当直线＝过点时，直线在轴上的截距最大，有最大值为＝＝故选：．4.【答案】C【考点】同角三角函数间的基本关系【解析】利用同角三角函数的基本关系，以及三角函数在各个象限中的符号，求得的值．【解答】∵是第二象限角，且，，，＝，∴，5.【答案】D【考点】正弦函数的单调性【解析】根据正弦型函数的图象与性质，对选项中的命题判断真假性即可．【解答】函数，其最小正周期为，错误；时，（）＝（)＝，∴的图象关于点,对称，且不关于直线对称，∴、都错误；,时，,，∴是单调递增函数，正确．6.【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】模拟程序的运行，＝，＝，＝满足条件，执行循环体，＝，＝满足条件，执行循环体，＝，＝满足条件，执行循环体，＝，＝此时，由题意应该不满足条件，退出循环，输出的值为（10）可得：，可得输入的正整数的最小值为（4）7.【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】直接利用三视图判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．【解答】底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，底面斜边为，高为，棱柱的高为，所以棱柱的表面积为8.【答案】B【考点】直线与平面垂直【解析】推导出，，从而平面，由此能得到．【解答】在正方体中，∵，，＝，∴平面，∵点是线段上任意一点，∴．9.【答案】A【考点】轨迹方程【解析】设动点，则曲线是平面内到两定点，距离之比等于常数，可得轨迹方程，利用．也满足方程，即可得出结论．【解答】设动点，则∵曲线是平面内到两定点，距离之比等于常数，∴∵．也满足方程，∴曲线关于轴对称，10.【答案】D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】分别计算（）,，的值，判断其大小即可．【解答】∵＝，∴（）＝＝，＝＝，＝，故（），故选：．11.【答案】A【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】求出试验包含的所有事件对应的集合以及满足条件的事件对应的面积，计算面积比就是要求的概率．【解答】试验包含的所有事件对应的集合为＝，∵满足条件的事件＝，即＝，如图所示；由图可知，，，，；则由几何概型公式求得．12.【答案】A【考点】函数的零点与方程根的关系函数与方程的综合运用【解析】求出当时的零点范围，根据的对称性得出另一零点的范围．【解答】当时，令＝可得＝，即＝，∵，∴在上有零点，∵＝，∴的图象关于直线＝对称，∴在上存在另一个零点．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.【答案】,【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】根据两向量垂直，其数量积为，列方程求得的值．【解答】向量，，若向量与垂直，则（），＝，解得＝（1）14.【答案】,,,,,,,,,【考点】正弦定理【解析】利用正余弦定理化简可得答案．【解答】由，∴，可得，∴＝，由正弦定理：＝，∵可得：＝．∵．∴，由，可得，∴，15.【答案】，，过焦点的直线交椭圆于，两点若,,,【考点】椭圆的离心率【解析】根据椭圆的定义及三角形的面积公式，即可表示出和的关系，根据椭圆离心率公式即可求得答案．【解答】过焦点的直线交椭圆于，两点，的内切圆的面积为，∴内切圆半径，面积＝，∴面积＝，∴＝，则．16.【答案】,,,,【考点】分段函数的应用【解析】令＝，即，讨论，由分段函数解不等式可得的范围，即或，讨论，，解不等式即可得到所求的范围．【解答】函数，若（），令＝，即，可得或，解得或，即或，可得或或或，解得或或或，则的取值范围是．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.【答案】（1）∵＝，．∴＝，，∴．当＝时，＝（2）∴数列的通项公式为．（2）∵，∴．∴．【考点】数列的求和数列递推式【解析】Ⅰ利用累加法可求出数列的通项公式，Ⅱ根据对数的运算性质和等差数列的求和公式可得，再根据裂项求和即可求出数列的前项和．【解答】（1）∵＝，．∴＝，，∴．当＝时，＝（2）∴数列的通项公式为．（2）∵，∴．∴．18.【答案】（1）由频率分布直方图，可得＝，解得＝（2）由频率分布直方图，可设中位数为，则有＝，解得中位数＝（76）Ⅲ由频率分布直方图，可知在内的人数：＝，在内的人数：＝（3）设在内的人分别为，，在内的人分别为，，，则从的问卷者中随机抽取人，基本事件有种，分别为：，，，，，，，，，，其中人评分都在内的基本事件有，，共种，故此人评分都在的概率为．【考点】频率分布直方图众数、中位数、平均数列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】Ⅰ由频率分布直方图，能求出．Ⅱ由频率分布直方图，可设中位数为，则＝，由此能求出中位数．Ⅲ由频率分布直方图，可知在内的人数：＝，在内的人数：＝（3）设在内的人分别为，，在内的人分别为，，，从的问卷者中随机抽取人，利用列举法能求出此人评分都在的概率．【解答】（1）由频率分布直方图，可得＝，解得＝（2）由频率分布直方图，可设中位数为，则有＝，解得中位数＝（76）Ⅲ由频率分布直方图，可知在内的人数：＝，在内的人数：＝（3）设在内的人分别为，，在内的人分别为，，，则从的问卷者中随机抽取人，基本事件有种，分别为：，，，，，，，，，，其中人评分都在内的基本事件有，，共种，故此人评分都在的概率为．19.【答案】证明：Ⅰ如图，连接．由题设可知，．∵＝，∴．而，＝，∴平面．∵平面，∴．（2）如图，连接，．∵，又，，∴．又＝，∴平面，即平面．∴，．设点到平面的距离为，由＝，得，解得．∴点到平面的距离为．【考点】直线与平面垂直点、线、面间的距离计算【解析】Ⅰ连接．推导出．，从而平面．由此能证明．Ⅱ连接，．推导出．从而平面，进而平面．设点到平面的距离为，由＝，能求出点到平面的距离．【解答】证明：Ⅰ如图，连接．由题设可知，．∵＝，∴．而，＝，∴平面．∵平面，∴．（2）如图，连接，．∵，又，，∴．又＝，∴平面，即平面．∴，．设点到平面的距离为，由＝，得，解得．∴点到平面的距离为．20.【答案】（1）证明：设，，，，∵、两点在抛物线上，故，，两式相减得．化简得，即＝．①∵切线的斜率为，∴切线的方程为．②同理得切线的方程为．③由②-③，化简得，即．④由①，④求解得＝，故直线与轴平行．（2）由点在线段上，为中点，由①知，则，∴．又，则，解得＝（1）∴抛物线的方程为＝．【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】（I）设各点坐标，求出切线方程得出点坐标，代入抛物线方程化简得出点横坐标得出结论；根据、、、四点共线求出点坐标满足的条件，从而解出的值，得出抛物线方程．【解答】（1）证明：设，，，，∵、两点在抛物线上，故，，两式相减得．化简得，即＝．①∵切线的斜率为，∴切线的方程为．②同理得切线的方程为．③由②-③，化简得，即．④由①，④求解得＝，故直线与轴平行．（2）由点在线段上，为中点，则、、、四点共线，故＝．由①知，则，∴．又，则，解得＝（1）∴抛物线的方程为＝．21.【答案】解：∵，∴当时，易知∴的上单调递增．∴当时，由，得，由，得，∴在上单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减.①解：∵，都成立，∴．由知，当时，，由，得∴∴的取值范围是．②证明：由①知，当时，，即∴∴当时，．令时，则．且＝时，∴∴.综上所述，【考点】函数恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；【解答】解：∵，∴当时，易知∴的上单调递增．∴当时，由，得，由，得，∴在上单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减.①解：∵，都成立，∴．由知，当时，，由，得∴∴的取值范围是．②证明：由①知，当时，，即∴∴当时，．令时，则．且＝时，∴∴.综上所述，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]【答案】（1）由曲线的参数方程（为参数）去参数后得曲线的直角坐标方程为．将代入后化简，得曲线的极坐标方程为．证明：Ⅱ由于，可设，．则，．于是．∴为定值．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】Ⅰ由曲线的参数方程消去参数求出曲线的直角坐标方程，将代入后化简，能求出曲线的极坐标方程．Ⅱ由于，可设，．则，．由此能证明为定值．【解答】（1）由曲线的参数方程（为参数）去参数后得曲线的直角坐标方程为．将代入后化简，得曲线的极坐标方程为．证明：Ⅱ由于，可设，．则，．于是．∴为定值．[选修4-5：不等式选讲]23.【答案】解：由已知得①当时，，得，即.②当时，，得，即.③当时，，得，即.综上所述，不等式的解集为：.不等式解集为恒成立，设＝，则，①当时，＝；②当时，＝；③当时，＝∴＝.由，得∴的取值范围是．【考点】函数恒成立问题绝对值不等式的解法与证明【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知得①当时，，得，即.②当时，，得，即.③当时，，得，即.综上所述，不等式的解集为：.不等式解集为恒成立，设＝，则，①当时，＝；②当时，＝；③当时，＝∴＝.∵恒成立，由，得∴的取值范围是．。