2018年高三文科数学试卷（三）（学生版） 9页

此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号 绝密★启用前 ‎2018年好教育云平台最新高考信息卷 文科数学（三）‎ 注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．设集合，集合，则（）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．在中，“”是“是钝角三角形”的（）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎3．若过点的直线与曲线有公共点，则直线斜率的取值范围为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．已知函数在时取得最小值，则在上的单调递增区间是（）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．设数列是等差数列，且，，是数列的前项和，则（）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知实数，满足，则的最小值为（）‎ A． B． C．4 D．6‎ ‎7．平面上三个单位向量，，两两夹角都是，则与夹角是（）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．所谓割术，就是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法．按照这样的思路刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正3072边形，如图所示是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，若输出的，则的值可以是（）‎ ‎（参考数据：，，）‎ A．2.6 B．3 C．3.1 D．3.14‎ ‎10．已知双曲线与抛物线有一个公共的焦点，且两曲线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为（）‎ A． B． C． D．2‎ ‎11．在平行四边形中，，且，，若将其沿折起使平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数，且在内有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）‎ A． B．‎ C． D．‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答。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．若与互为共轭复数，则__________．‎ ‎14．某车间需要确定加工零件的加工时间，进行了若干次试验．根据收集到的数据（如下表）：‎ 零件数（个）‎ 加工时间（分钟）‎ 由最小二乘法求得回归直线方程，则的值为_________．‎ ‎15．曲线在点处的切线与坐标轴所围三角形的面积为__________．‎ ‎16．已知数列的前项和是，且，则数列的通项公式__________．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17．已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；‎ ‎（2）若，，求的值．‎ ‎18．为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月（30天）的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，制表如下：‎ 每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：‎ 甲公司规定每件4.5元；乙公司规定每天35件以内（含35件）的部分每件4元，超出35件的部分每件7元．‎ ‎（1）根据表中数据写出甲公司员工在这10天投递的快递件数的平均数和众数；‎ ‎（2）为了解乙公司员工的每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为（单位：元），求的概率；‎ ‎（3）根据表中数据估算公司的每位员工在该月所得的劳务费．‎ ‎19．在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点为，又，，，点是的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离．‎ ‎20．已知椭圆，离心率，点在椭圆上．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点是椭圆上一点，左顶点为，上顶点为，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值．‎ ‎21．已知函数，函数是区间上的减函数．‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）若在上恒成立，求的取值范围；‎ ‎（3）讨论关于的方程的根的个数．‎ 请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。‎ ‎22．以平面直角坐标系的坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度为长度单位建立极坐标系．已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与曲线相交于、两点，求．‎ ‎23．已知函数和的图象关于原点对称，且．‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）如果对，不等式成立，求实数的取值范围．‎ 绝密★启用前 ‎2018年好教育云平台最新高考信息卷 文科数学答案（三）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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】D ‎【解析】∵，，∴，‎ 故选D．‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】若，则为钝角，故为钝角三角形；若为钝角三角形，则可能为锐角，此时，故选A．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】设直线的方程为，代入圆的方程中，‎ 整理得，，‎ 解得，故选D．‎ ‎4．【答案】A ‎【解析】∵函数在时取得最小值，‎ ‎∴，∴，，又∵，∴，‎ 即，令，，‎ 解得，结合，‎ ‎∴在上的单调递增区间是，故选A．‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】设等差数列的公差为．‎ ‎∵，，∴，即．∴，‎ ‎∴，，‎ ‎，∴，，故选B．‎ ‎6．【答案】A ‎【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示：‎ 由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小．联立，解得，代入到目标函数得．故选A．‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】由题意得，向量，，为单位向量，且两两夹角为，‎ 则，，‎ 且 ‎，‎ 所以与的夹角为，且，‎ 所以与的夹角为，故选D．‎ ‎8．【答案】B ‎【解析】由三视图得该几何体是由半个球和半个圆柱组合而成，根据图中所给数据得该几何体的体积为，故选B．‎ ‎9．【答案】C ‎【解析】模拟执行程序，可得：，，不满足条件，，，不满足条件，，，满足条件，退出循环，输出的值为．故．故选C．‎ ‎10．【答案】D ‎【解析】∵抛物线的焦点坐标，，∵抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴，，∵设，由抛物线定义知：，‎ ‎∴，∴点的坐标为，∴，解得：，，则双曲线的离心率为2，故选D．‎ ‎11．【答案】D ‎【解析】在平行四边形中，，若将其沿折起使平面平面，可得如图所示的三棱锥：‎ 其中，三棱锥镶嵌在长方体中，‎ 即三棱锥的外接球与长方体的外接球相同．‎ ‎∵，，∴外接球的半径为，‎ ‎∴三棱锥的外接球的表面积为，故选D．‎ ‎12．【答案】C ‎【解析】由，即，分别作出函数和的图象如图，‎ 由图象可知表示过定点的直线，当过时，此时两个函数有两个交点，当过时，此时两个函数有一个交点，所以当时，两个函数有两个交点，所以在内有且仅有两个不同的零点，实数的取值范围是，故选C．‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)~(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答。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．【答案】‎ ‎【解析】∵，，又与互为共轭复数，∴，，则，故答案为．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】由题可知，，样本中心点在回归直线上满足回归直线方程，代入可得．故本题应填．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】∵，∴，故切线的斜率为，可得切线方程为，即，令，得，令，可得，∴切线与坐标轴围成的三角形面积，故答案为．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】由题得①，②，‎ 两式相减得，，是一个等比数列，‎ 所以，，故填．‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17．【答案】（1），，；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，得 ‎，‎ 所以函数的最小正周期为，‎ 因为，所以，，‎ 所以函数在区间上的最大值为2，则最小值为．‎ ‎（2）解：由（1）可知，又因为，所以，‎ 由，得，‎ 从而，‎ 所以 ‎．‎ ‎18．【答案】（1）平均数为36，众数为33；（2）；（3）4965元．‎ ‎【解析】（1）甲公司员工投递快递件数的平均数为36，众数为33．‎ ‎（2）设为乙公司员工投递件数，则 时，元，当时，元，‎ 令，得，则取值为44，42，42，42，‎ 所以的概率为．‎ ‎（3）根据表中数据，可估算甲公司的员工该月收入为元，由（2）可知劳务费可能的取值为136，147，154，189，203，‎ ‎∴乙公司的员工该月收入为 元．‎ ‎19．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）在正中，，‎ 在中，因为，易证，‎ 所以为的中点，因为点是的中点，所以，‎ 因为平面，所以，因为，所以，‎ 因为，所以，即，‎ 因为，所以平面，所以平面，‎ 又平面，所以平面平面．‎ ‎（2）设到的距离为，‎ 在中，，所以，‎ 在，，所以，‎ 在中，，，，所以，‎ 由，且，，‎ 所以有，解得．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）依题意得，设，则，，‎ 由点在椭圆上，有，解得，则，，‎ 椭圆C的方程为：．‎ ‎（2）设，，，，，由三点共线，则有，即，解得，则，‎ 由三点共线，有，即，‎ 解得，则，‎ ‎，‎ 又点在椭圆上，满足，有，‎ 代入上式得 ‎，可知为定值．‎ ‎21．【答案】（1）；（2）；（3）当，即时，方程无解；当，即时，方程有一个解；当，即时，方程有两个解．‎ ‎【解析】（1）∵，∴，‎ 又∵在上单调递减，∴在恒成立，‎ ‎∴，∴故的最大值为．‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴只需在上恒成立，‎ 既，‎ 令，‎ 则需则，又∵恒成立，∴．‎ ‎（3）由于，令，，‎ ‎∵，∴当时，，即单调递增；‎ 当时，，即单调递减，∴，‎ 又∵，∴当，即时，方程无解；‎ 当，即时，方程有一个解；‎ 当，即时，方程有两个解．‎ 请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。‎ ‎22．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，既，‎ 曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）的参数方程为代入，整理的，所以，，‎ 所以．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵函数和的图象关于原点对称，‎ ‎∴，∴原不等式可化为，‎ 即或，解得不等式的解集为．‎ ‎（2）不等式可化为：，‎ 即，即，则只需，‎ 的取值范围是．‎