2018届烟台市高考文科数学模拟试卷及答案

1、2018 届烟台市高考文科数学模拟试卷及答案 数学是高考必考科目，那么在高考文科数学考试中，文科数学 有哪些必考题型呢 ?此时我们可以做一套数学模拟试卷来分析数学的 必考题型，下面是为大家精心推荐的2018 届烟台市高考文科数学模拟试卷，希望能够对您有所帮助。一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5 分，在每个小题给出 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)(2) 已知复数 . 若，则在复平面内对应的点位于(A) 第一象限 (B) 第二象限 (C) 第三象限 (D) 第四象 限(3) 公差为 2 的等差数列的前项和为 . 若，则(A)4

2、(B)6 (C)8 (D)14(4) 已知实数满足约束条件， 则满足的点所构成的区域面积等于(A) (B) (C) (D)1(5) 榫卯(s rnmao)是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构 方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式， 凸出部 分叫做“榫头” . 某“榫头”的三视图及其部分尺寸如图所示，则该 “榫头”体积等于(A)12 (B)13 (C)14 (D)15(6) 执行一次如图所示的程序框图，若输出的值为 0，则下列关于框图中函数的表述，正确的是(A) 是奇函数，且为减函数 (B) 是偶函数，且为增函数(C) 不是奇函数，也不为减函数 (D) 不是偶函数，也不为增函

3、数(7) 已知以为中心的双曲线的一个焦点为， 为上一点，为的中点 . 若为等腰直角三角形，则的离心率等于(A) (B) (C) (D)(8) 已知曲线的一条对称轴方程为， 曲线向左平移 () 个单位长度， 得到的曲线的一个对称中心为，则的最小值是(A) (B) (C)(D)(9)在梯形中，则(A)2(B) (C)(D)(10)某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是 1，2，3，4中的任一个 .现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三 个相同;乙所设的四个数字有两个相同， 另两个也相同 ;丙所设的四个 数字有且仅有两个相同 ;丁所设的四个数字互不相同 . 则上述四人所 设密码最安全的是

4、(A) 甲 (B) 乙 (C) 丙 (D) 丁(11) 已知直线分别与半径为 1 的圆相切于点， ，. 若点在圆的内 部(不包括边界 ) ，则实数的取值范围是(A) (B) (C) (D)(12) 已知函数，. 若曲线上存在两点关于直线的对称点在曲线上， 则实数的取值范围是(A) (B) (C) (D)第H卷本卷包括必考题和选考题两个部分.第(13)题第(21)题为必 考题，每个试题考生都必须做答 . 第(22) 、(23) 题为选考题，考生根 据要求作答 .二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5分.(13) 已知椭圆的左顶点、 上顶点、右焦点分别为，则(14) 已知曲线在点处的切线为，则

5、由以及直线围成的区域面积等于.(15) 在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则的取值范围是(16) 已知在体积为的圆柱中，分别是上、下底面两条不平行的直径，则三棱锥的体积最大值等于 .三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 .(17) (本小题满分 12 分)在数列中， .(I )求证：数列是等差数列；(II) 求数列的前项和.(18) (本小题满分 12 分)某测试团队为了研究“饮酒”对“驾车安全”的影响，随机选 取名驾驶员先后在无酒状态、酒后状态下进行“停车距离”测试 . 测 试的方案：电脑模拟驾驶，以某速度匀速行驶，记录下驾驶员的“停 车距离” （驾驶员从看到意外情况到车子完

6、全停下所需要的距离 ）. 无 酒状态与酒后状态下的试验数据分别列于表 1 和表 2.表1停车距离 （ 米）频数表2平均每毫升血液酒精含量毫克平均停车距离米已知表 1 数据的中位数估计值为，回答以下问题 .（I）求的值，并估计驾驶员无酒状态下停车距离的平均数 ；（II）根据最小二乘法，由表2的数据计算关于的回归方程；（皿）该测试团队认为：驾驶员酒后驾车的平均“停车距离”大于（I ）中无酒状态下的停车距离平均数的倍，则认定驾驶员是“醉驾”. 请根据（I）中的回归方程，预测当每毫升血液酒精含量大于多少毫克 时为“醉驾” ?（ 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， .）（

7、19）（本小题满分 12 分）如图，在三棱锥中，平面平面，点在上， .(I)求证:；(n)若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.(20) ( 本小题满分 12 分) 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过的直线交于两点， 交轴于点，到轴的距离比小 1.( I )求的方程 ；( n ) 若，求的方程 .(21) ( 本小题满分 12 分) 已知函数 .( I ) 若有唯一解，求实数的值 ；( n ) 证明：当时， .( 附：， )请考生在第 (22) 、(23) 两题中任选一题作答 . 注意：只能做所选 定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅 笔在答题卡上将所选题号后的方框

8、涂黑 .(22) ( 本小题满分 10分)选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中， 曲线的参数方程为 (为参数)； 在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为 .( I ) 求的普通方程和的直角坐标方程 ；(n)若射线：分别交，于两点(异于原点).当时，求的取值范围.(23) ( 本小题满分 10分)选修 45：不等式选讲已知函数 .(I) 当时，解不等式；(II) 若关于的不等式有解，求实数的取值范围.一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算 .每小题 5分，满 分 60 分 .(1)C(2)B(3)B(4)C(5)C(6)D(7)B(8)A(9)B(10)C(11

9、)B(12)D(11) 解法一：以圆心为原点，的方向为轴的正方向建立平面直 角坐标系，则有， . 设，可解得，因为在圆内，所以，得，解 得，故答案选 (B).解法二：如图，在线段的延长线上取点，使得 .连结，交圆于 . 可求得，故三点共线 . 因为，所以，故 . 又因为点在圆的内部 (不包括 边界) ，所以，答案选 (B).(12) 解法一：可以看出，是曲线与曲线的一个公共点， 且当时， 两曲线在点处的切线方程均为 . 由导数的概念，可知当或时，曲线与 直线交于两点，必与曲线交于两点，故答案为 (D).解法二：方程显然有一个根 .若满足在去心邻域存在非的根则符合题意 . 又因为对于区间 (其

10、中为任意充分小正数 ) ， ( 表示等价无穷小 ) ，故去心邻域中，方程等 价为，所以取遍去心邻域，所以排除选项 (A)(B)(C) ，答案为 (D).解法三：有两个不同根，由于两者都是连续函数，令特殊值， 不合题意 ；令特殊值，符合题意 ； 令特殊值，符合题意 . 故选项 (D).解法四：依题意，可知有两个不同实根 . 设，则. 当时，单调递增 ;当时，单调递减 ; 当时，恒成立，当且仅当取到等号，即只有一个根，与题意不 合.当时，显然符合题意 .当时，可以发现时， ;( 或者 )当时， ( 证明后补 ). 根据零点存在性定理可得在必有一根 . 故两图象有两个公共点 . 故的取值范围是 .

11、补证：时，即证，即证， 这是显然的，而 . 得证 解法五：方程显然有一个实根，故当时方程还有另一个实根， 当时，; 当时，;且，5显然，且都是符合题意 .二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算 . 每小题 5 分，满 分 20 分 .(13) 6(14)(15)(16)8解析：(15) 解法一：依题意，可知，所以，故，所以，故答案为 . 解法二：由三角函数定义，得， 所以，因为在单调递增，所以，所以，从而，故答案为(16) 解：设上、下底面圆的圆心分别为，圆的半径为， 由已知，所以，则， 因为是中点，所以到平面的距离与到平面的距离相等，故，从 而. 设三棱锥的高为，则，所以， 故三棱锥的体积

12、最大值等于 8.三、解答题：本大题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 .(17) ( 本小题满分 12 分 )解法一：(I)的两边同时除以，得， 3 分所以数列是首项为 4，公差为 2的等差数列 . 6 分(II)由(I )，得，7 分所以，故， 8 分所以，.12 分解法二：依题意，可得， 1 分 所以， 即， 3 分所以数列是首项为 4，公差为 2 的等差数列 . 6 分(n)同解法一 .12分(18) ( 本小题满分 12 分)本小题主要考查频率分布直方图、 数学期望等基础知识 ; 考查抽 象概括能力、数据处理能力、运算求解能力、应用意识 ; 考查统计与 概

13、率思想、分类与整合思想 .解：(I)依题意，得，解得，1分又，解得 ;2 分故停车距离的平均数为 .4 分( n ) 依题意，可知， 5 分， 6 分， 7 分所以回归直线为 .8 分(皿)由 知当时认定驾驶员是“醉驾” .9分令，得，解得， 11 分 当每毫升血液酒精含量大于毫克时认定为“醉驾” .12 分(19) ( 本小题满分 12 分)解法一 :( I ) 取的中点，连结 .因为，所以， 1 分又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 2 分又平面，所以 . 在中，所以， 由角平分线定理，得， 3 分 又，所以， 4 分 又因为，平面，平面， 所以平面， 5 分 又平面，所以 .6 分（

14、n）在中，由余弦定理得，所以，即， 所以，所以， 7 分结合（i）知，两两垂直.以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系 （如图），设，则， 所以， 8 分 设是平面的一个法向量， 则即，得 令，得 .9 分 因为平面，所以是平面的一个法向量 .10 分 又因为二面角的余弦值为， 所以，解得或 （舍去）， 11分 又平面，所以是三棱锥的高， 故.12 分解法二：（I）取中点，连结.因为，所以， 1 分又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 2 分在平面内，过作 （如图），则， , 两两垂直.以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间 直角坐标系 （ 如

15、图） ，设， 3 分在中，由余弦定理得，因为，所以，故， 4 分则有， 5 分所以，所以，所以.7 分（II）由（I）可得.设是平面的法向量，则即，得令，得.9 分因为平面，所以是平面的一个法向量 .10 分 又因为二面角的余弦值为，所以，解得或 （不合，舍去 ）， 11 分 又平面，所以是三棱锥的高，故.12 分解法三:(I )同解法一 .6分(II)过点作于点，连结. 在中，由余弦定理可得 . 因为，所以， 故，所以， 7 分 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 8 分 又因为，所以平面，又平面， 所以，所以为二面角的平面角， 9 分 所以，所以，解得， 10 分 设，

16、则，解得或 ( 不合，舍去 ) ， 11 分 又平面，所以是三棱锥的高， 所以.12 分(20) ( 本小题满分 12 分) 解法一： ( I ) 的准线方程为， 1 分 由抛物线的定义，可知等于点到的准线的距离 . 2 分 又因为点到轴的距离比小 1， 所以点到轴的距离比点到抛物线准线的距离小 1， 3 分 故，解得，所以的方程为 .4 分(I)由(I )得的焦点为，设直线的方程为，则.5分联立方程组消去，得 .6 分 由韦达定理，得 .7 分 设点到直线的距离为，则 ,.又，所以 .8 分又在同一直线上 ,所以，即， 9分因为， 10 分所以，得，故，解得， 11 分所以的方程为 .12

17、分解法二：(I)的焦点为，1分将代入，得或，故，因为点到轴的距离比小 1，即， 2分解得，所以的方程为， 3 分经检验，抛物线的方程满足题意 . 4 分(II)同解法一 .12分(21) ( 本小题满分 12 分)解法一： ( I )函数的定义域为 .要使有唯一解，只需满足，且的解唯一， 1 分， 2 分当时，在上单调递增，且，所以的解集为，不符合题意 ; 4 分当时，且时，单调递增；当时，单调递减，所以有唯一的 一个最大值为，令，得，此时有唯一的一个最大值为，且，故的解集是，符合 题意；综上，可得 . 6 分(II)要证当时，即证当时，即证. 7 分由(I)得，当时，即，从而，故只需证，当时

18、成立 ； 8 分令，则， 9 分 令，则，令，得 .因为单调递增， 所以当时， ，单调递减， 即单调递减， 当时， 单调递增，即单调递增，所以，由零点存在定理，可知，使得，故当或时， ，单调递增；当时， ，单调递减， 所以的最小值是或 由，得，因为，所以，故当时，所以原不等式成立 . 12 分 解法二： ( I )函数的定义域为 .， 1分 当时，在上单调递增，且，所以的解为，此时不符合题意2分 当时，所以当时，单调递增 ; 当时，单调递减，所以， 3分 令， 4 分 当时，单调递减，当时，单调递增，所以，由此可得当且 时，且当时，由零点存在定理， 使得，当时，解集不唯一，不符合题意 ; 当时，所以的解集是，符合题意 ;综上可得，当时，有唯一解 ; 6 分(II)要证明当时，即证当时， ( 因为 )即证， 7 分令，则， 8 分令，则