1、云南省师范大学附属中学 2018 届高三 12 月高考适应性月考卷（五）数学（文）试题第卷（共 60 分）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.已知集合 5|09xA，集合 |(3)10BxZx，则 AB（ ）A B 3,)(9,1C ,4D R 2.复数 1iz，则复数 z的虚部是（ ）A 2B 2iC 2D i 3.为了让大家更好地了解我市的天气变化情况，我市气象局公布了近年来我市每月的日平均最高气温与日平均最低气温，现绘成雷达图如图所示，下列叙述不正确的是（ ）A各月的平均最高气温都不高于 25 度 B七
2、月的平均温差比一月的平均温差小C平均最高气温低于 20 度的月份有 5 个 D六月、七月、八月、九月的平均温差都不高于 10 度 4.已知函数 3log(),0()2,xfxf则 (217)f（ ）A 1B C D 3log25.在等差数列 na中，若 59103a，则数列 na的前 15 项的和为（ ）A15 B25 C35 D45 6.已知抛物线 C： 24yx的焦点为 F，过点 且倾斜角为 3的直线交曲线 C于 A， B两点，则弦AB的中点到 轴的距离为（ ）A 163B 13C 8D 5 7.若三棱锥的三视图如图，正视图和侧视图均为等腰直角三角形，俯视图为边长为 2 的正方形，则该三棱
3、锥的最长棱的棱长为（ ）A 2B 23C 3D 2 8.规定：对任意的各位数字不全相同的三位数，若将各位数字按照从大到小、从左到右的顺序排列得到的三位数，称为原三位数的“和谐数” ；若将各位数字按照从小到大、从左到右的顺序排列得到的三位数，称为原三位数的“新时代数” 如图，若输入的 891a，则输出的 n为（ ）A2 B3 C4 D5 9.已知函数 |()cosxfe，若 (21)(fxf，则 x的取值范围为（ ）A (,01,B 0,C ,0D 1,) 10.如图，函数 ()fx的图象为折线 A，则不等式 ()2xf的解集是（ ）A 2,0B 2,1C 2,D (,1 11.已知半径为 5
4、的求 O被两平行的平面所截，两截面圆的半径分别为 3 和 4，则分别以两截面为上下底的圆台的侧面积为（ ）A 72B 352C 或 35D (7)或 (352) 12.已知椭圆 ：214xy的右焦点为 F，过点 的两条互相垂直的直线 1l， 2， 1l与椭圆 C相交于点A， B， 2l与椭圆 C相交于点 ， ，则下列叙述不正确的是（ ）A存在直线 1， 使得 |ABD值为 7B存在直线 l， 2使得 |值为 48C弦长 |存在最大值，且最大值为 4D弦长 |A不存在最小值第卷（共 90 分）二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13.若 x， y满足约束条件 1,xy则
5、 34zxy的最小值为 14.已知 nS为数列 na的前 项和， 1a，当 2n时， 1nnSa，则 8 15.在边长为 23的等边 ABC中，点 O为 ABC外接圆的圆心，则 ()OABC 16.在 ABC中， D为 上一点，且 D， ， D为 的角平分线，则 A面积的最大值为 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.已知函数 2()3sincos1fxx（1）求函数 f的最小正周期及在区间 0,的值域；（2）在 ABC中， ， B， C所对的边分别是 a， b， c， ()3fB， 2b， 3acb，求的面积18.随着我国经济的快速
6、发展，民用汽车的保有量也迅速增长机动车保有量的发展影响到环境质量、交通安全、道路建设等诸多方面在我国，尤其是大中型城市，机动车已成为城市空气污染的重要来源因此，合理预测机动车保有量是未来进行机动车污染防治规划、道路发展规划等的重要前提从 2012 年到2016 年，根据“云南省某市国民经济和社会发展统计公报”中公布的数据，该市机动车保有量数据如表所示年份 2012 2013 2014 2015 2016年份代码 x1 2 3 4 5机动车保有量 y（万辆） 169 181 196 215 230（1）在图所给的坐标系中作出数据对应的散点图；（2）建立机动车保有量 y关于年份代码 x的回归方程；
7、（3）按照当前的变化趋势，预测 2017 年该市机动车保有量附注：回归直线方程 ab中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：12niixyb， yx19.如图，在三棱柱 1ABC中， ABC，顶点 1A在底面 BC上的射影恰为 A的中点 M，2ABC， 13A（1）证明： 1ABC；（2）若点 P为 的中点，求三棱锥 1PAB的体积20.椭圆 ：21(0)xyab的离心率为 32，过其右焦点 F与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点 M， |F（1）求椭圆 C的标准方程；（2）设椭圆 的左顶点为 A，右顶点为 B，点 P是椭圆上的动点，且点 P与点 A， B不重合，直线PA与直线 3x相交于
8、点 S，直线 与直线 3x相交于点 T，求证：以线段 ST为直径的圆恒过定点21.已知函数 ln()1fx（1）确定函数 在定义域上的单调性，并写出详细过程；（2）若 ()xfke在 (,)上恒成立，求实数 k的取值范围请考生在 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.22.选修 4-4：坐标系与参数方程已知抛物线 C的方程为 28yx，以抛物线 C的焦点 F为极点，以 x轴在点 F右侧部分为极轴建立极坐标系（1）求抛物线 的极坐标方程；（2） P， Q是曲线 上的两个点，若 FPQ，求 1|F的最大值 23.选修 4-5：不等式选讲已知函数 ()ln|21|3|)fx
9、x.（1）求不等死 0的解集；（2）当 m取何值时， ()fxm恒成立.文科数学试卷答案一、选择题1-5:CAB 6-10:DBCA 11、12： CD二、填空题13. 4 14.128 15. 4 16.3三、解答题17.解：（1） 2()3sincos1fxxsin2cos2x=sin26x， 所以 ()fx的最小正周期 T， 70266xx ， ，12sin ， 12sin246x ，所以函数 ()fx在区间 0， 的值域为 ， （2）由 3fB得 2sin236B，又 16， 5， B， 由 2b及余弦定理得： 24cos60a， 2()34ac，又 3ac，代入上式解得 83，ABC
10、的面积 123sinsi602SacBc18.解：（1）数据对应的散点图如图 8 所示.（2） 3198.2xy， ，512156.0iixyb， 15.4aybx，所以回归直线方程为 5.6.4x（3）代入 2017 年的年份代码 ，得 15.6.425y，所以按照当前的变化趋势，2017 年该市机动车保有量为 245 万辆 19 （1）证明：因为顶点 1A在底面 BC上的射影恰为 AC 的中点 M，所以 1AMBC平 面 ，又 平 面 ，所以 1AB，又因为 ，而 11平 面 ， 1C平 面 且 A，所以 平面 ，又因为 1平 面 ，所以 1ABC （2）解：如图，因为 P是 1BC的中点
11、，所以 1111 222233PABCAABACVV20 （1）解： 32cea因 为 ，又21|bMFa，联立解得： 21ab， ，所以椭圆 C 的标准方程为 41xy （2）证明：设直线 AP 的斜率为 k，则直线 AP 的方程为 (2)ykx，联立 3x得 (5)Sk， 0()Py设 ， ， 代 入 椭 圆 的 方 程 有 ： 2001(2)4xyx，整理得： 22001()4x，故20x，又 02ykx， 02yk( k， 分别为直线 PA，PB 的斜率)，所以 0214，所以直线 PB 的方程为： (2)4yxk，联立 3x得 1T， ，所以以 ST 为直径的圆的方程为：222515
12、1(3)88kkxy，令 0y，解得： 532x，所以以线段 ST 为直径的圆恒过定点 5302， 21解：（1）函数 ()fx的定义域为 21ln(1)()xfx， ， ，令 1()lngxx，则有 21()xg， 令 20，解得 ，所以在 (1)， 上， ()gx， ()单调递增，在 (1)， 上， ()0gx， ()单调递减又 0g，所以 0 在定义域上恒成立即 ()fx在定义域上恒成立，所以 f在 01)， 上单调递减，在 (1)， 上单调递减（2）由 (exk 在 ()， 上恒成立得： lnexk 在 (1)， 上恒成立整理得： ln10x 在 ()， 上恒成立.令 ()l()exh
13、xk，易知，当 0k 时， ()0hx 在 (1)， 上恒成立不可能， 0k，又 x， 1h，1当 1ek 时， ()e0k ，又 1()exhxk在 ()， 上单调递减，所以 ()0hx 在 (1)， 上恒成立，则 hx在 ， 上单调递减，又 0，所以 0h 在 (1)， 上恒成立2当 10ek时， ()1e0k，1ekh，又 ()exxk在 ()， 上单调递减，所以存在 0()x， ，使得 0()x，所以在 1， 上 h，在 ， 上 ()0hx，所以 ()x在 0)， 上单调递增，在 0(， 上单调递减，又 1h，所以 (hx在 1)x， 上恒成立，所以 ()0x 在 )， 上恒成立不可能综上所述， ek 22解：（1）由抛物线的定义得： 1(0)4cos，即： 4(0)cos（2）由（1）得： 12cs1os2sin1 2sinco4| 44FPQ 24 ，当且仅当 3时等号成立，故 1|FPQ的最大值为 24 23解：（1）由 ()0fx 有： ln(|2|3|)ln1x ，所以 0|2|3|1 ，即 1xx ， 或 2031x， 或 2013xx ， ，解得不等式的解集为 34 （2）由 ()fxm恒成立得 max()f即可.由（1） 0|1|23|得函数 ()f的定义域为 12， ，所以有ln(4)3l2xf， ，所以 max()ln4f，即 ln4m
