1、2018 届 高 三 第 一 次 模 拟 考 试 仿 真 卷理 科 数 学 （ A）注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码 粘 贴 在答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ， 写 在试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔
2、直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 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 12018 马鞍山一模已知复数 z满足 1i2iz，则 z的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【答案】D【解析】 1i2i
3、z， 1i2+i1z， 23iz， 1i2z， 13i2z，z的共轭复数在复平面内对应点坐标为 3,， 的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限，故选 D22018 承德期末设集合 2=36Mx， 2,468N，则 MN（ ）A 4， B 4， C ， D 246， ，【答案】A【解析】 6,，故 2,4N32018 亳州期末下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 率是（ ）A 12B 13C 41D 42【答案】C【解析】令圆的半径为 1，
4、则 2SP，故选 C42018 常德期末将 5个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（ ）A 2种 B 48种 C 54种 D 60种【答案】A【解析】最左端排甲时，有 4A2种排法；最左端排乙时，有 3A18 种排法，所以共有2418种排法，选 A52018 汕头期末如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（ ）A 32B 643C 32D 6423【答案】D【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，故该四棱锥的外接球，与以俯视图为底面，以 4 为高的直三棱柱的外接球相同由底面底边长为 4，高为 2，故底面为等腰直
5、角三角形，可得底面三角形外接圆的半径为 r，由棱柱高为 4，可得 2O，故外接球半径为 R，故外接球的体积为 3642V选 D62018 遵义一模数学家欧拉在 1765 年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后入称之为三角形的欧拉线已知 ABC 的顶点 2,0， ,4B， ACB，则 AC 的欧拉线方程为（ ）A 230xyB 3xyC 230xyD 230xy【答案】D【解析】线段 AB 的中点为 M（1，2） ，k AB=2，线段 AB 的垂直平分线为： y2= （x 1） ，即 x2y+3=0AC =BC，ABC 的外
6、心、重心、垂心都位于线段 AB 的垂直平分线上，因此ABC 的欧拉线的方程为：x 2y+3=0故选：D72018 乌鲁木齐一模执行如图所示的程序框图，则输出 S的值为（ ）A4097 B9217 C9729 D20481【答案】B【解析】阅读流程图可知，该流程图的功能是计算： 01292310S，则 3102 ，以上两式作差可得：1001910102S，则： 10927S本题选择 B 选项82018 乌鲁木齐一模已知函数 sinfxAx（其中 ,A为常数，且 0A，0， 2）的部分图象如图所示，若 32f，则 sin6的值为（ ）A 34B 18C 18D 13【答案】B【解析】由函数图象可知
7、： 2A，函数的最小正周期： 7246T，则 21T，当 3x时， 12,3xkkZ，令 0k可得 6，函数的解析式： sin6fx由 32f可得： 33sin,sin6264，则： 2 91sinico1sin126 68 本题选择 B 选项92018 中山期末已知实数 ln2a， l3b， l5c，则 ,abc的大小关系是（ ）A abcB cC D 【答案】B【解析】 ln32l3n2l9806， ba；又 l25551010ac ， c， b，即 ab选 B102018佛山一模 如图所示，在正方体 1ACDB中， ,EF分别为 11,BCD的中点，点 P是底面 1ABCD内一点，且 P
8、 平面 EF，则 1tanAP的最大值是（ ）A 2B 1C 2D 2【答案】D【解析】由题意可得，点 P位于过点 A且与平面 EFB平行的平面上，如图所示，取 1,AB的中点 ,GH，连结 ,G，由正方形的性质可知： EF ，由 为平行四边形可知 AE ，由面面平行的判定定理可得：平面 平面 D，据此可得，点 P位于直线 上，如图所示，由 1A平面 1BCD可得 1AP，则 1tan，当 tanP有最大值时， 1取得最小值，即点 P是 GH的中点时满足题意，结合正方体的性质可得此时 1tanAP的值是 2本题选择 D 选项112018防城港一模 已知双曲线21yxb的左右焦点分别为 12F、
9、 ，过点 2的直线交双曲线右支于 AB、 两点，若 1AF 是等腰三角形， 20A则 1AB 的周长为（ ）A 21B 43C 834D 83【答案】C【解析】双曲线的焦点在 x轴上，则 1,2a；设 2AFm，由双曲线的定义可知： 2AFam，由题意可得： 122ABB，据此可得： 2，又 11,4，1ABF由正弦定理有： sin20si3F，则 113，即： 4m，解得： 432，则ABF 1 的周长为： 822本题选择 C 选项122018南允一模 已知函数 23exf， 1ln42xg，若 fmgn成立，则nm的最小值为（ ）A 1l2B ln2C l2D l【答案】A【解析】设 fm
10、gnt， 23exf， 1ln42xg， 231eln04mxt，1423le2t， lt， tn，14ltt，令 14ln30tht，则 142e0tht， 142e0tht，t在 0， 上为增函数，且 ，当 14t时， ht，当 104t时， 0ht，t在 0， 上为减函数，在 ， 上为增函数， 当 14t时， ht取得最小值，此时14ln312eln2h，即 m的最小值为 ln2，故选 A第 卷二 、 填 空 题 ： 本 大 题 共 4 小 题 ， 每 小 题 5 分 132018赣州期末 已知向量 12,ak， 1,4bk，若 ab，则实数 k_【答案】 6【解析】由题意， 1240k
11、，则 6142018福州质检 ABC 的内角 ,的对边分别为 ,abc，已知3cos,6aCb，则 的大小为_【答案】 75【解析】由 csoA，根据正弦定理得 3sincosicsinACAB，即33sin2AC， 1in2C， 06，又 1802，2150， 7，故答案为 75152018黄山一模 已知直线 :l(0)xmyn过点 53,A，若可行域 30 xmyn 的外接圆直径为 20，则 n_【答案】 103【解析】由题意知可行域为图中OAB 及其内部，解得 2,0(53)BnAn，又tan3AOB，则AOB=30，由正弦定理得 2sisi01ARO，解得10故答案为： 1031620
12、18沙市中学 “求方程 3415xx的解 ”有如下解题思路：设 345xxf，则 fx在 R上单调递减，且 2f，所以原方程有唯一解 2x类比上述解题思路，不等式 632x的解集是_【答案】 ,1,【解析】不等式 x6（x+2 ）（x +2） 3x2 变形为，x6+x2（ x+2） 3+（x +2） ；令 u=x2，v =x+2，则 x6+x2（x+2） 3+（x+2） u3+uv 3+v；考查函数 f（x）=x 3+x，知 f（x）在 R 上为增函数，f（ u）f（v） ，uv；不等式 x6+x2（x+2） 3+（x+2 ）可化为 x2x+2，解得 x 1 或 x2；不等式的解集为：（，1）
13、（2，+ ） 故答案为：（，1） （2，+ ） 三 、 解 答 题 ： 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤 第 1721 题 为 必 考 题 ， 每个 试 题 考 生 都 必 须 作 答 第 22、 23 为 选 考 题 ， 考 生 根 据 要 求 作 答 （ 一 ） 必 考 题 ： 60 分 ， 每 个 试 题 12 分 172018梅河口五中 已知数列 na的前 项和 2nSp，且 2a， 5， 10成等比数列（1）求数列 na的通项公式；（2）若 15nnb，求数列 nb的前 项和 nT【答案】 （1） 2na；（2）21459nT【解析】 （1）
14、当 时， 1nnSp，当 n时， 1aSp，也满足 2a，故 21nap， 2510,成等比数列， 239， 6p 25n（2）由（1）可得 15512727nbann ，251 479519nT 182018四川联考 某单位鼓励员工参加健身运动，推广了一款手机软件，记录每人每天走路消耗的卡路里；软件的测评人员从员工中随机地选取了 40 人（男女各 20 人） ，记录他们某一天消耗的卡路里，并将数据整理如下：（1）已知某人一天的走路消耗卡路里超过 180 千卡被评测为“积极型”，否则为“懈怠型”，根据题中数据完成下面的 2列联表，并据此判断能否有 99%以上把握认为“评定类型”与“性别”有关？
15、（2）若测评人员以这 40 位员工每日走路所消耗的卡路里的频率分布来估计其所有员工每日走路消耗卡路里的频率分布，现在测评人员从所有员工中任选 2 人，其中每日走路消耗卡路里不超过 120 千卡的有 X人，超过 210 千卡的有 Y人，设 XY，求 的分布列及数学期望附： 22nadbckd，其中 nabcd参考数据： 20PKk0.10 0.05 0.025 0.01002.706 3.841 5.024 6.635【答案】 （1）有 99以上把握认为“评定类型”与“性别”有关；（2） 58【解析】 （1）由题意完成 22 列联表如下：积极型 懈怠型 总计男 15 5 20女 5 15 20总计 20 20 40则 224015106.35K，故有 99以上把握认为“评定类型”与“性别”有关（2）任选一人，由题知：每日走路消耗卡路里不超过 120 千卡的概率为 18，超过 210 千卡的概率为 14，所以 的分布列为：
