贵州省凯里市第一中学2018届高三下学期《黄金卷》第二套模拟考试数学（理）试题

凯里一中2018届《黄金卷》第二套模拟考试2018.3.26理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。

1. C：生物界的蛋白质种类多达1010—1012种，它们参与组成细胞核生物体的各种结构和执行多种功能，如：运输、调节、免疫等，A项正确；生物体内的糖类绝大多数以多糖的形式存在。

植物体内的多糖有淀粉、纤维素、动物体内的多糖则为糖原，B项正确；真核细胞的遗传和代谢的控制中心是细胞核，而高等植物细胞成熟的筛管细胞没有细胞核，C项错误；新陈代谢旺盛的真核细胞，所需的能量及蛋白质较多，能量主要由线粒体提供，蛋白质在核糖体合成，D项正确。

2. D：该题为信息题，考查学生获取信息的能力。

具有无限增值能力的细胞是癌细胞，A项错误；小鼠内表皮细胞与人体多能干细胞功能不同原因是它们的遗传物质不同，B项错误；题干中涉及的只是将人体多能干细胞和小鼠内表皮细胞转化成具有造血干细胞功能的细胞，这些细胞课产生血细胞，并不是各种细胞，C项错误；大多数白血病是血细胞异常引起的，故D项正确。

3．B：艾滋病是由HIV所引起的免疫缺陷病，系统性红斑狼疮是免疫系统强的自身免疫病，A正确；HIV最初侵入人体时，免疫系统可以摧毁大多数病毒。

随着T细胞被破坏，免疫系统才减弱，B错误；艾滋病病人直接死因是由念珠菌等病原体引起的严重感染或恶性肿瘤疾病，C正确；与艾滋病病人共用冲水马桶、拥抱、握手不会传染，D正确4．C：微生物大多为分解者，是生态系统的物质循环中不可缺失的部分，A正确；鱼塘的水波震动属于物理信息，B正确；由于该池塘是人工鱼塘，流经该生态系统的总能量除了生产者所固定的太阳能，还有人工供给部分，C错误；与自然池塘相比，人工养殖鱼塘的营养结构单一，自我调节能力弱，抵抗力稳定性比较低，D正确5.D：离心的目的是让上清液中析出较轻的T2噬菌体颗粒，沉淀物中留下被感染的大肠杆菌，故A 错。

凯里市第一中学2018届《黄金卷》第四套模拟考试理科数学第Ⅰ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. 若集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先化简集合，再求交集即可.详解：由题意可得：，∴故选：B点睛：本题考查对数型函数的定义域，指数函数的值域，考查集合的交运算，属于基础题.2. 已知复数满足，则的最小值为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析：设z=x+yi，（x，y∈R），根据|z﹣2i|=1，可得x2=1﹣（y﹣2）2（y∈[1，3]）．代入|z|=，即可得出．详解：设z=x+yi，（x，y∈R），∵|z﹣2i|=1，∴|x+（y﹣2）i|=1，∴=1，∴x2=1﹣（y﹣2）2（y∈[1，3]）．则|z|===≥=1．当y=1时取等号．故选：B．点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3. 下图是2017年1-11月汽油、柴油价格走势图（单位：元/吨），据此下列说法错误的是（）A. 从1月到11月，三种油里面柴油的价格波动最大B. 从7月份开始，汽油、柴油的价格都在上涨，而且柴油价格涨速最快C. 92#汽油与95#汽油价格成正相关D. 2月份以后，汽油、柴油的价格同时上涨或同时下跌【答案】D【解析】分析：根据折线图，依次逐步判断即可.详解：由价格折线图，不难发现4月份到5月份汽油价格上涨，而柴油价格下跌，故选：D点睛：本题考查折线图的识别，解题关键理解折线图的含义，属于基础题.4. 下列四个命题中，正确的是（）A. “若，则”的逆命题为真命题B. “”是“”的充要条件C. “”的否定是“”D. 若为假命题，则均为假命题【答案】C【解析】分析：原命题的逆命题的真假判断，充要条件的判断，命题的否定，复合命题的真假判断.利用复合命题的真假判断①的正误；命题的否定判断②的正误；四种命题的逆否关系判断③的正误；函数的奇偶性的性质判断④的正误；详解：“若，则tanx=1”的逆命题为：“若tanx=1，则”显然是假命题，故A错误；当时，成立，但不成立，故B错误；命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∈R，sinx0＞1”；满足命题的否定形式，C正确；若p∧q为假命题，则p，q中至少有一个假命题，一假即假，故D错误；故选：C点睛：本题考查命题的真假的判断与应用，涉及复合命题，四种命题的逆否关系，充要条件等，属于基础题．5. 已知的内角的对边分别是，且，则角（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C详解：△ABC中，（a2+b2﹣c2）•（acosB+bcosA）=abc，由余弦定理可得：2abcosC（acosB+bcosA）=abc，∴2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，∴2cosCsin（A+B）=sinC，2cosCsinC=sinC，∵sinC≠0，∴cosC=，又∵C∈（0，π），∴C=点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意．6. 若，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：对条件两边平方可得，，利用三姊妹关系即可得到结果.详解：由题：，于是由于，.故选：A点睛：应用公式时注意方程思想的应用：对于sin＋cos，sin cos，sin－cos这三个式子，利用(sin±cos)2＝1±2sin cos，可以知一求二．7. 执行如图所示的程序框图，为使输出的值大于11，则输入的正整数的最小值为（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】分析：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算并输出S=1+0+1+2+…+（n-1）=的值，结合题意，即可得到结果．详解：该程序框图的功能是：当输入，输出，要使，至少是.故选：C点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.8. 某几何体的三视图如图所示，若图中的小正方形的边长为1，则该几何体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是正方体中的四棱锥，由此求出几何体的外接球的表面积．详解：根据三视图，可得该几何体的直观图如下：利用补形法，外接球半径，进而几何体外接球的表面积为.点睛：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．9. 定义运算：，将函数的图像向左平移的单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：化函数f（x）为正弦型函数，写出f（x）图象向左平移个单位后对应的函数，由函数y 为偶函数，求出的最小值．详解：，将函数化为再向左平移（）个单位即为:又为偶函数，由三角函数图象的性质可得，即时函数值为最大或最小值，即或，所以，即，又，所以的最小值是．故选：C点睛：函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.10. 已知双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，且双曲线的顶点到渐近线的距离为，则曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意布列关于a，b的方程组，从而得到曲线的方程.详解：曲线化为标准形式：圆心坐标为,∴，又双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，∴，∵双曲线的顶点到渐近线的距离为，∴，即，又∴∴曲线的方程为故选：D点睛：本题主要考查双曲线方程的求法，直线与圆相切，点到直线的距离，属于中档题.11. 集合，从集合中各取一个数，能组成（）个没有重复数字的两位数？A. 52B. 58C. 64D. 70【答案】B【解析】分析：分别从集合A，B取一个数字，再全排列，根据分步计数原理即可得到答案．详解：故选：B点睛：本题考查了分布乘法计数原理和分类加法计数原理，解答的关键是正确分类，是基础的计算题．12. 定义：如果函数的导函数为，在区间上存在，使得，则称为区间上的“双中值函数”.已知函数是上的“双中值函数”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意可得，所以方程在区间有两个不相等的解.详解：由题意可知，，在区间上存在，，满足，所以方程在区间有两个不相等的解，（1）则，解得，则实数的取值范围是，故选：B．点睛：于二次函数的研究一般从以几个方面研究：一是，开口；二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；三是，判别式，决定于x轴的交点个数；四是，区间端点值.第Ⅱ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. 正方形中，，其中，则__________．【答案】【解析】分析：利用平面向量基本定理构建的方程组，解之即可.详解：由得，，根据平面向量基本定理得，于是. 故答案为：点睛：本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．14. 若满足约束条件，则的最小值__________．【答案】【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，利用两点间的距离公式进行求解即可．详解：作出不等式组对应的平面区域，的几何意义是区域内的点到点D（0，3）的距离的平方，则由图象知D到直线BC：=的距离最小，此时最小值d=，则（x+2）2+（y+3）2的最小值为d2=（）2=，故答案为：．点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式中的第4项为__________．【答案】【解析】分析：先由奇数项的二项式系数之和为32确定n值，然后根据二项展开式通项公式求出第4项即可.详解：∵二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，∴，即展开式中的第项为故答案为：点睛：：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.16. 已知抛物线的方程为，为坐标原点，为抛物线上的点，若为等边三角形，且面积为，则的值为__________．【答案】2【解析】设，，∵，∴．又，，∴，即．又、与同号，∴．∴，即．根据抛物线对称性可知点，关于轴对称，由为等边三角形，不妨设直线的方程为，由，解得，∴。

凯里一中2018届《黄金卷》第二套模拟考试理科数学试卷命题学校:凯里一中(试题研究中心)第I卷(选择题,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. 已知复数，则（）A. 0B. 1C.D. 2【答案】C【解析】故选2. 已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，故选C.3. 函数的最小值为（）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】故选4. 直线和圆的位置是（）A. 相交且过圆心B. 相交但不过圆心C. 相离D. 相切【答案】A【解析】化简为圆心为，将代入到中，满足直线方程，故直线过圆心与圆相交故选5. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体中最短棱和最长棱所在直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，该三视图对应的直观图为四棱锥，由图可知最长棱为，，都是最短棱，由两条异面直线所成的角的定义知：与所成的角相等，与所成的角相等，均等于，且，在中，，故选D.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.6. 设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】故故选7. 2017年11月30日至12月2日,来自北京、上海、西安、郑州、青岛及凯里等七所联盟学校(“全国理工联盟”)及凯里当地高中学校教师代表齐聚凯里某校举行联盟教研活动，在数学同课异构活动中,7名数学教师各上一节公开课，教师甲不能上第三节课，教师乙不能上第六节课，则7名教师上课的不同排法有（）种A. 5040B. 4800C. 3720D. 4920【答案】D【解析】由题意可得：故选8. 已知抛物线的焦点是椭圆（）的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于、两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】抛物线，即焦点为，故，为正三角形，则边长为故，故选9. 中国传统数学中许多著名的“术”都是典型的算法.如南宋秦九韶的“大衍总数术”就是一次剩余定理问题的算法，是闻名中外的“中国剩余定理”.若正整数除以正整数后的余数为，则记为（），例如.我国南北朝时代名著《孙子算经》中“物不知数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩问物几何?”就可以用源于“中国剩余定理”思想的算法解决.执行如图的程序框图，则输出的（）A. 16B. 18C. 23D. 28【答案】C【解析】该程序框图的功能是求满足下列条件的正整数：①被除余数为；②被除余数为；③被除余数为，结合四个选项，符合题意的正整数只有，故选D.10. 如图所示，在半径为的内有半径均为的和与其相切，与外切，为与的公切线.某人向投掷飞镖，假设每次都能击中，且击中内每个点的可能性均等，则他击中阴影部分的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由几何概型可得：故选11. 在中，，若，则函数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在中，，则，则，故选12. 已知偶函数，且，则函数在区间的零点个数为（）A. 2020B. 2016C. 1010D. 1008【答案】A【解析】依题意，当时，对称轴为，由可知，函数的周期令，可得求函数的零点个数，即求偶函数与函数图象交点个数当时，函数与函数图象有个交点由知，当时函数与函数图象有个交点故函数的零点个数为故选点睛：本题考查了函数的零点个数问题，先运用函数的周期性和对称性，求解出函数解析式并画出函数图像，结合函数是偶函数，只需要计算正方向的交点即可，运用了数形结合的思想，综合性较强。

2018届高考适应性月考理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）三、解答题（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：（Ⅰ）设d 为等差数列{}n a 的公差，由题意0d >，………………………………（1分）由12a =，22a d =+，322a d =+，分别加上002，，后成等比数列，∴2(2)2(42)d d +=+，∵0d >，∴2d =，…………………………………………（3分）∴2(1)22n a n n =+-⨯=，………………………………………………………………（4分）又22log n n a b =，∴2log n b n =，即2n n b =．……………………………………………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得221n n c n =+-，∴123(221)(421)(621)(221)n n T n =+-++-++-+++-…23(2462)(2222)n n n =+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+- ……………………………………（9分）(22)2(12)212n n n n +-=+--2122n n +=+-．…………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分） （Ⅰ）证明：由题意：22ππ2sin 2sin 322C Aa cb --+=， ∴222cos 2cos 322C Aa cb +=，……………………………………………………………（1分）由正弦定理得222sin cos 2sin cos 3sin 22C AA CB +=， 即sin (1cos )sin (1cos )3sin AC C A B +++=，∴sin sin sin cos cos sin 3sin A C A C A C B +++=，……………………………………（3分）即sin sin sin()3sin A C A C B +++=， ∵sin()sin A C B +=，∴sin sin 2sin A C B +=，即2a c b +=，∴a b c ，，成等差数列．…………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：由余弦定理得22π2cos163a c ac +-=， ∴2()316a c ac +-=，……………………………………………………………………（8分）又由（Ⅰ）得8a c +=，∴16ac =，………………………………………………………………………………（10分）则1sin 432S ac B ==12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：方法1：如图，取DG 的中点M ，连接FM AM ，， ∵在正方形ABED 中，AB DE ∥，AB DE =， 在直角梯形EFGD 中，FM DE ∥，FM DE =，∴AB FM ∥，AB FM =，即四边形ABFM 是平行四边形，………………………………………………（2分） ∴BF AM BF AM =∥，，∵在直角梯形ADGC 中，AC MG AC MG =∥，，即四边形AMGC 是平行四边形，………………………………………………………………………………………（4分）∴AM CG AM CG =∥，，由上得BF CG BF CG =∥，，即四边形BFGC 是平行四边形，∴B C G F ，，，四点共面．………………………………………………………………（6分）方法2：由正方形ABED ，直角梯形EFGD ，直角梯形ADGC 所在平面两两垂直， 易证：AD DE DG ，，两两垂直，建立如图所示的坐标系，则(002)(202)(012)(200)(210)(020)A B C E F G ，，，，，，，，，，，，，，，，，，∵(012)(012)BF CG =-=-u u u r u u u r，，，，，，…………………………………………………（3分）∴BF CG =u u u r u u u r，即四边形BCGF 是平行四边形，故G B C F ，，，四点共面．………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：设平面BFGC 的法向量为111()m x y z =u r，，， ∵(210)FG =-u u u r，，， 则11112020BF m y z FG m x y ⎧=-=⎪⎨=-+=⎪⎩u u u r u rg u u u r u rg ，，令12y =，则(121)m =u r ，，，………………………………（8分）设平面BCE 的法向量为222()n x y z =r ，，，且(210)(002)BC EB =-=u u u r u u u r，，，，，， 则2222020BC n x y EB n z ⎧=-+=⎪⎨==⎪⎩u u u r rg u u u r r g ，， 令21x =，则(120)n =r ，，，……………………………（10分）∴设二面角E BCF --的平面角的大小为θ，则cos||||m nm nθ===u r rgu r r．………………………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由题意：()sin()1cos0sin()f x x x xωϕωωϕ=+⨯-⨯=+，∵2ππ02||ωωω=>⇒=，，∴()sin(2)f x xϕ=+，……………………………………（2分）∴()f x的图象向右平移π3个单位后得π2πsin2sin233y x xϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=-+⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，此函数为奇函数，则2ππ3k kϕ-+=∈Z，，∵π||2ϕ<，∴π3ϕ=-，………………（4分）∴π()sin23f x x⎛⎫=-⎪⎝⎭，由πππ2π22π232k x k k--+∈Z≤≤，可得π5πππ1212k x k k-+∈Z≤≤，，∴()f x的单调增区间为π5πππ1212k k k⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z，，．…………………………………（6分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得5π5πππsin2sin1121232A f⎛⎫⎛⎫==⨯-==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴2nS n=，………………………………………………………………………………（8分）①当1n=时，111a S==；②当2()n n+∈N≥时，221(1)21n n na S S n n n-=-=--=-，而12111a=⨯-=，∴21na n=-，…………………………………………………………………………（10分）则12211(21)(21)2121n na a n n n n+==--+-+，∴111111111335212121nTn n n=-+-+⋅⋅⋅+-=-<-++．……………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：当0a =时，2()f x x =，∴()2(1)2f x x f ''=⇒=，此时切点为(11)，，∴l 的方程为12(1)210y x x y -=-⇒--=．…………………………………………（3分）（Ⅱ）解：∵22()22ln 2f x x ax a x a =--+，函数()f x 在区间(1)+∞，上单调递增，∴22222()220a x ax a f x x a x x --'=--=≥在区间(1)+∞，上恒成立， ∴21x a x +≤在(1)x ∈+∞，上恒成立，则2min(1)1x a x x ⎛⎫∈+∞ ⎪+⎝⎭≤，，，令2()1x M x x =+，则22222(1)2()(1)(1)x x x x x M x x x +-+'==++，当(1)x ∈+∞，时，()0M x '>，∴21()(1)12x M x M x =>=+，∴12a ⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦，．…………………………………………………………………………（7分）（Ⅲ）证明：∵2ln ()x g x x '=，∴2ln1(1)01g '==，则2()ln g x x =， ∴222222ln ()22ln ln 22(ln )2x x F x x ax a x x a a x x a ⎡⎤+=--++=-++⎢⎥⎣⎦，令222ln ()(ln )2x xP a a x x a +=-++，则2222222ln ln ln ln (ln )(ln )()222244x x x x x x x x x x x x P a a a ++++--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+=-+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≥， 令()ln Q x x x =-，则11()1x Q x x x-'=-=， 显然()Q x 在区间(01)，上单调递减，在区间[1)+∞，上单调递增，则min ()(1)1Q x Q ==，∴1()4P a ≥，则11()242F x ⨯=≥．……………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 在直角坐标系下的普通方程为2214x y +=，将其化为极坐标方程为2222cossin14ρθρθ+=，………………………………………（2分）分别代入π4θ=和π4θ=-，得228||||5OA OB==，∵π2 AOB∠=，∴AOB△的面积14||||25S OA OB==g．………………………………………………（5分）（Ⅱ）将l的参数方程代入曲线C的普通方程得2560t+-=，…………………（7分）即12126 5t t t t+==-，∴12||||AB t t=-==．…………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）方法1：∵360()|||26|603363x xf x x x x xx x-+⎧⎪=+-=-+<⎨⎪->⎩，≤，，≤，，，………………………（2分）∴()f x在(0]-∞，上是减函数，在(03]，上是减函数，在(3)+∞，上是增函数，则min()(3)3f x f==，∴3a=．…………………………………………………………………………………（5分）方法2：∵|||26|(|||3|)|3|x x x x x+-=+-+-|(3)||3|3|3|303x x x x--+-=+-+=≥≥，当且仅当(3)0330x xxx-⎧⇒=⎨-=⎩≤，时取等号，∴3a=．…………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得y=[34]，，且0y>，由柯西不等式可得：y==5，当且仅当=时等号成立，即84[34]25x=∈，时，函数取最大值5．……………………………………………………………………………………（10分）11。

凯里市第一中学2018届《黄金卷》第四套模拟考试理科数学第Ⅰ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. 若集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先化简集合，再求交集即可.详解：由题意可得：，∴故选：B点睛：本题考查对数型函数的定义域，指数函数的值域，考查集合的交运算，属于基础题.2. 已知复数满足，则的最小值为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析：设z=x+yi，（x，y∈R），根据|z﹣2i|=1，可得x2=1﹣（y﹣2）2（y∈[1，3]）．代入|z|=，即可得出．详解：设z=x+yi，（x，y∈R），∵|z﹣2i|=1，∴|x+（y﹣2）i|=1，∴=1，∴x2=1﹣（y﹣2）2（y∈[1，3]）．则|z|===≥=1．当y=1时取等号．故选：B．点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3. 下图是2017年1-11月汽油、柴油价格走势图（单位：元/吨），据此下列说法错误的是（）A. 从1月到11月，三种油里面柴油的价格波动最大B. 从7月份开始，汽油、柴油的价格都在上涨，而且柴油价格涨速最快C. 92#汽油与95#汽油价格成正相关D. 2月份以后，汽油、柴油的价格同时上涨或同时下跌【答案】D【解析】分析：根据折线图，依次逐步判断即可.详解：由价格折线图，不难发现4月份到5月份汽油价格上涨，而柴油价格下跌，故选：D点睛：本题考查折线图的识别，解题关键理解折线图的含义，属于基础题.4. 下列四个命题中，正确的是（）A. “若，则”的逆命题为真命题B. “”是“”的充要条件C. “”的否定是“”D. 若为假命题，则均为假命题【答案】C【解析】分析：原命题的逆命题的真假判断，充要条件的判断，命题的否定，复合命题的真假判断.利用复合命题的真假判断①的正误；命题的否定判断②的正误；四种命题的逆否关系判断③的正误；函数的奇偶性的性质判断④的正误；详解：“若，则tanx=1”的逆命题为：“若tanx=1，则”显然是假命题，故A错误；当时，成立，但不成立，故B错误；命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∈R，sinx0＞1”；满足命题的否定形式，C正确；若p∧q为假命题，则p，q中至少有一个假命题，一假即假，故D错误；点睛：本题考查命题的真假的判断与应用，涉及复合命题，四种命题的逆否关系，充要条件等，属于基础题．5. 已知的内角的对边分别是，且，则角（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C详解：△ABC中，（a2+b2﹣c2）•（acosB+bcosA）=abc，由余弦定理可得：2abcosC（acosB+bcosA）=abc，∴2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，∴2cosCsin（A+B）=sinC，2cosCsinC=sinC，∵sinC≠0，∴cosC=，又∵C∈（0，π），∴C=点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意．6. 若，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：对条件两边平方可得，，利用三姊妹关系即可得到结果.详解：由题：，于是由于，.点睛：应用公式时注意方程思想的应用：对于sin＋cos，sin cos，sin－cos这三个式子，利用(sin±cos)2＝1±2sin cos，可以知一求二．7. 执行如图所示的程序框图，为使输出的值大于11，则输入的正整数的最小值为（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】分析：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算并输出S=1+0+1+2+…+（n-1）=的值，结合题意，即可得到结果．详解：该程序框图的功能是：当输入，输出，要使，至少是.故选：C点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.8. 某几何体的三视图如图所示，若图中的小正方形的边长为1，则该几何体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是正方体中的四棱锥，由此求出几何体的外接球的表面积．详解：根据三视图，可得该几何体的直观图如下：利用补形法，外接球半径，进而几何体外接球的表面积为.点睛：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．9. 定义运算：，将函数的图像向左平移的单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：化函数f（x）为正弦型函数，写出f（x）图象向左平移个单位后对应的函数，由函数y为偶函数，求出的最小值．详解：，将函数化为再向左平移（）个单位即为:又为偶函数，由三角函数图象的性质可得，即时函数值为最大或最小值，即或，所以，即，又，所以的最小值是．故选：C点睛：函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.10. 已知双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，且双曲线的顶点到渐近线的距离为，则曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意布列关于a，b的方程组，从而得到曲线的方程.详解：曲线化为标准形式：圆心坐标为,∴，又双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，∴，∵双曲线的顶点到渐近线的距离为，∴，即，又∴∴曲线的方程为故选：D点睛：本题主要考查双曲线方程的求法，直线与圆相切，点到直线的距离，属于中档题.11. 集合，从集合中各取一个数，能组成（）个没有重复数字的两位数？A. 52B. 58C. 64D. 70【答案】B【解析】分析：分别从集合A，B取一个数字，再全排列，根据分步计数原理即可得到答案．详解：故选：B点睛：本题考查了分布乘法计数原理和分类加法计数原理，解答的关键是正确分类，是基础的计算题．12. 定义：如果函数的导函数为，在区间上存在，使得，则称为区间上的“双中值函数”.已知函数是上的“双中值函数”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意可得，所以方程在区间有两个不相等的解. 详解：由题意可知，，在区间上存在，，满足，所以方程在区间有两个不相等的解，（1）则，解得，则实数的取值范围是，故选：B．点睛：于二次函数的研究一般从以几个方面研究：一是，开口；二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；三是，判别式，决定于x轴的交点个数；四是，区间端点值.第Ⅱ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. 正方形中，，其中，则__________．【答案】【解析】分析：利用平面向量基本定理构建的方程组，解之即可.详解：由得，，根据平面向量基本定理得，于是.故答案为：点睛：本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．14. 若满足约束条件，则的最小值__________．【答案】【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，利用两点间的距离公式进行求解即可．详解：作出不等式组对应的平面区域，的几何意义是区域内的点到点D（0，3）的距离的平方，则由图象知D到直线BC：=的距离最小，此时最小值d=，则（x+2）2+（y+3）2的最小值为d2=（）2=，故答案为：．点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式中的第4项为__________．【答案】【解析】分析：先由奇数项的二项式系数之和为32确定n值，然后根据二项展开式通项公式求出第4项即可.详解：∵二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，∴，即展开式中的第项为故答案为：点睛：：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.16. 已知抛物线的方程为，为坐标原点，为抛物线上的点，若为等边三角形，且面积为，则的值为__________．【答案】2【解析】设，，∵，∴．又，，∴，即．又、与同号，∴．∴，即．根据抛物线对称性可知点，关于轴对称，由为等边三角形，不妨设直线的方程为，由，解得，∴。

【关键字】数学黔东南州2018届高三模拟考试理科数学试卷I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 设集合，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】，,答案为D.2. 若复数，则=A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则= .故选C.3. 甲乙两名同学次考试的成绩统计如下图，甲乙两组数据的平均数分别为、，标准差分别为，则A.B.C.D.【答案】C【解析】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.故选C.4. 已知数列为等差数列，且，则的值为A. B. 45 C. D.【答案】B..............................5. 已知，则的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】已知，由指数函数性质易知，又，故选D.点晴：本题考查的是指数式，对数式的大小比较。

解决本题的关键是利用指、对数函数的单调性比较大小，当指、对函数的底数大于0小于1时，函数单调递减，当底数大于1时，函数单调递加；另外由于指数函数过点（0，1），对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1比较大小.6. 一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】画出正三角形，以其每个顶点为圆心作半径为2的圆弧与正三角形相交，蚂蚁爬行的区域不能在3扇形内，故.故选A.7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为A. B.C. D.【答案】B【解析】根据三视图作出原几何体（四棱锥）的直观图如下：可计算，故该几何体的最大边长为.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8. 若函数的定义域为R，其导函数为．若恒成立，，则解集为A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知有，令，则，函数在R单调递减，，由有，则，故选D.9. 执行如图的程序框图，则输出的值为A. 1B.C. D. 0【答案】D【解析】由图知本程序的功能是执行此处注意程序结束时，由余弦函数和诱导公式易得：.10. 在中，内角所对的边分别为,已知，且，则面积的最大值为A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知有，，由于，又，则，当且仅当时等号成立.故选B.11. 设函数的最大值为M,最小值为N，则的值为A. B. C. D.【答案】A【解析】由已知，令，易知为奇函数，由于奇函数在对称区间上的最大值与最小值和为，，=1，故选A.12. 已知双曲线的左、右焦点分别为．若双曲线上存在点使，则该双曲线的离心率的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可设P在右支非轴上，由正弦定理有，为方便运算，设，，则，又，解得，又，则不共线，则，即，整理得，两边同时除以得，解得，又，则，故，故选C.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．13. 已知实数满足约束条件，则的最小值是_____．【答案】.【解析】约束条件表示的平面区域为封闭的三角形，求出三角形的三个顶点坐标分别为、、，带入所得值分别为、、，故的最小值是. 另，作出可行域如下：由得，当直线经过点时，截距取得最大值，此时取得最小值，为. 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.14. 甲、乙、丙三名同学参加某高校组织的自主招生考试的初试，考试成绩采用等级制（分为三个层次），得的同学直接进入第二轮考试．从评委处得知，三名同学中只有一人获得．三名同学预测谁能直接进入第二轮比赛如下：甲说：看丙的状态，他只能得或；乙说：我肯定得；丙说：今天我的确没有发挥好，我赞同甲的预测．事实证明：在这三名同学中，只有一人的预测不准确，那么得的同学是_____．【答案】甲.【解析】若得的同学是甲，则甲、丙预测都准确，乙预测不准确，符合题意；若得的同学是乙，则甲、乙、丙预测都准确，不符合题意；若得的同学是丙，则甲、乙、丙预测都不准确，不符合题意。

贵州省凯里市第一中学2018届高三下学期《黄金卷》第二套模拟考试文综地理试题注意事项：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卷本卷共35小题。

每小题4分，共140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。

郑州城市土地利用本应向均质化方向发展，但西北与东南方向却出现了发展滞后的现状，如今两大新区(郑东新区和高新技术开发区)选择在城市西北与东南方向发展。

图1为郑州市城市形态演变示意图，读图回答1~3题。

1.造成郑州城市土地利用本应向均质化发展态势的原因是A.地形平坦B.河流众多C.气候适宜D.资源丰富2.制约城市西北与东南方向发展滞后的主要原因A.经济萧条B.铁路阻隔C.科技落后D.绿地建设3.两大新区选择在城市西北与东南方向建设的区位因素是①环境优美②地价便宜③交通便利④水源丰富A.①②B.①③C.②③D.①④沙地衬膜水稻(俗称沙漢水稻)是根据沙地的自然特性和水稻的生长发育习性，在漏水漏肥、养分含量极低、风沙活动强烈的流动、半流动沙丘或丘间地上，经拉沙平整沙地后在地面挖约80厘米深、30亩或50亩大的坑，在坑底及四壁衬垫塑料膜后回填沙土修成哇田，在田旁打井或引地表水运用农家配方肥、节水灌溉等综合措施确保水稻稳产高产的一项技术。

根据材料回答4~6题。

4.制约沙地村膜水稻种植的主要因素是A.光照B.热量C.土壤D.水源5.衬膜铺设深度由20-30cm改为70-80cm的作用是A.改善土壤肥力B.增加蓄水量C.便于机械化耕作D.防止水肥下渗6.沙地发展衬膜水稻的效益是A.涵养水源B.增加降水C.治沙致富D.保持水土秦岭北麓位于秦岭主脊与关中平原南缘之间，呈东西向条带延仲，全长1600km，山势雄伟。

14.利用核聚变能发电是人类开发和利用新能源的不懈追求，目前中、美、俄等多国通力合作联合研制可控核聚变反应堆来解决人类能源危机。

关于核聚变下列说法正确的是A. H O He N 1117842147+→+表示的核反应是核聚变B. n He H H 10423121+→+表示的核反应不是核聚变C.原子弹是利用核聚变反应制成的D.太阳能是核聚变产生的15.2018年1月12日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射两颗北斗导航卫星。

一颗北斗导航卫星变轨过程如图所示，v 1为轨道I 上的环绕速度，v 2为轨道Ⅱ上过P 点时的速度，v 3为轨道Ⅱ上过Q 点的速度，v 4为轨道Ⅲ上的环绕速度。

下列表述正确的是A. v 1> v 2> v 3> v 4B. v 1< v 2< v 3< v 4C. v 2> v 1> v 4> v 3D. v 2> v 1> v 3> v 4 16.在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m 的黄色冰壶以v 1=6m/s 的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v 2=2m/s 的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为A.2mB.4mC.8mD.10m17.一个矩形导线框abcd 全部处于水平向右的匀强磁场中，绕一竖直固定轴OO′匀速转动，如图所示，ad 边水平向右。

导线框转动过程中磁通量的最大值为Φm 产生感应电动势的有效值为E ，则A.导线框转动的周期为Em Φπ2 B.当穿过导线框的磁通量为零时，线框的电流方向发生改变C.当导线框的磁通量为零时，导线框磁通量的变化率为2ED.从磁通量最大的位置开始计时，导线框产生感应电动势的瞬时值为Esin （t E mΦ) 18.机场有一专门运送行李的传送带，工作时传送带始终以恒定的速度v 沿水平方向向右做直线运动。

贵州省凯里市第一中学2018届高三下学期《黄金卷》第二套模拟考试数学试题（理）【参考答案】一、选择题：二、填空题： 三、解答题：17.解：（Ⅰ）∵m n ⊥2cos (cos cos )0c C a B b A ∴-+=， 由正弦定理得2sin cos (sin cos cos sin )0C C A B A B -+=， 即2sin cos sin()0C C A B -+=∴2sin cos sin 0C C C -=，在ABC ∆中，0πC <<，∴sin 0C ≠∴1cos 2C =， ∵(0,π)C ∈,∴π3C =. （Ⅱ）由余弦定理可得：22222cos ()2(1cos )9c a b ab C a b ab C =+-=+-+=即2()39a b ab +-=∴221[()9]32a b ab a b +⎛⎫=+-≤ ⎪⎝⎭∴2()36a b +≤∴6a b +≤，当且仅当3a b ==时取等号，∴ABC ∆周长的最大值为6+3=9. 18.解：（Ⅰ）设80名群众年龄的中位数为x ，则()0.005100.010100.020100.030500.5x ⨯+⨯+⨯+⨯-=，解得55x =，即80名群众年龄的中位数55．（Ⅱ）由频率分布直方图可知，任意抽取1名群众，年龄恰在[30,40）的概率为110, 由题意可知1(3)10B ξ，:,ξ的所有可能取值为0,1,2,3,003319729C ()()=10101000P ξ（=0)=，112319243()C ()()=10101000P ξ=1=,22131927(2)C ()()=10101000P ξ==，3303191(3)C ()()=10101000P ξ==， X 的分布列为所以7292432713003()1000100010001000100010E ξ⨯⨯⨯⨯===0+1+2+3.或者13()3=1010E ξ⨯=. 19.解：（Ⅰ）连接AC 交BD 于G ,连接EG .在三角形ACP 中,中位线//EG PC , 且EG ⊂平面BED ,PC ⊄平面BED ,∴//PC 平面BED .（Ⅱ）设2CD =,则2AB BC AD PD ====,且23PE PA =.分别以,,DA DC DP 为,,x y z 轴的正方向建立坐标系,则42(0,0,0),(2,0,0),(,0,),(0,2,0),(2,2,0),(0,0,2)33D AE C B P ，42(2,2,0),(,0,),(2,2,2)33DB DE PB ∴===- ,设平面BED 的一个法向量为(,,)n x y z =,则2200420033x y n DB x z n DE +=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩,令1x =-，则1,2yz =∴=，(1,1,2)n ∴=-， 设直线PB 与平面BED 所成的角为α，则||2sin |cos ,|3||||PB n n PB PB n α⋅=<>==⋅， 所以PB 与平面BED 所成角的正弦值为3. G PEDCBA20.解：（Ⅰ）解由曲线22:1243x y Γ-=，可得2211344x y -=，所以曲线22:11344x y Γ-=是焦点在x 轴上的双曲线，其中2213,44a b ==，故2221c a b =+=，Γ的焦点坐标分别为12(1,0)(1,0)F F -、，因为抛物线的焦点坐标为(,0),(0)2p F p >，由题意知12p=，得2p =，所抛物线的方程为24y x =.（Ⅱ）设直线MN 的方程为1ty x =-，联立直线与抛物线的方程得214ty x y x=-⎧⎨=⎩，消去x 得 2440y ty --=，设1122(,),(,)M x y N x y ，由根与系数的关系得12124,4y y t y y +==-， 因为2MF FN =，故1122(1,)2(1,)x y x y --=-，得122y y =-，由122yy =-及124y y =-，解得12y y ⎧=-⎪⎨=⎪⎩12y y ⎧=⎪⎨=⎪⎩124y y t +=，解得t =或t =故MN的方程为14y x -=-1y x =-，化简得440x +-=或440x --=.另解：如图，由2MF FN =，可设||2,||MF t FN t ==，则||22,||2MS t EF t =-=-，因为FSM NEF ∆∆，所以MF MSFN EF=解得，32t =，所以||23,||1MF t MS ===，在Rt FSM ∆中， ||1cos tan ||3SM FMS FMS FM ∠==⇒∠=tan FMx k ∠==（k 为直线的斜率），所以直线MN 的方程为1)y x =-，即0y --=，由于对称性知另一条直线的方程为0y +-=.21.解：（Ⅰ）因为1a =，所以()(2)ln(1)f x x x x =++-，(0)(02)ln100f =+⨯-=，切点为(0,0).由'2()ln(1)11x f x x x +=++-+，所以'02(0)ln(01)1101f +=++-=+，所以曲线()y f x =在(0,0)处的切线方程为01(0)y x -=-，即0x y -=.（Ⅱ）由'2()ln(1)1x f x x a x +=++-+,令'()()([0,))g x f x x =∈+∞， 则22'11()01(1)(1)xg x x x x =-=≥+++（当且仅当0x =取等号）. 故'()f x 在[0,)+∞上为增函数.①当2a ≤时，''()(0)0f x f ≥≥,故()f x 在[0,)+∞上为增函数， 所以()(0)0f x f ≥=恒成立，故2a ≤符合题意；②当2a >时，由于'(0)20f a =-<，'1(e 1)10eaa f -=+>,根据零点存在定理，必存在(0,e 1)at ∈-，使得'()0f t =，由于'()f x 在[0,)+∞上为增函数，故当(0,)x t ∈时，'()0f t <,故()f x 在(0,)x t ∈上为减函数，所以当(0,)x t ∈时，()(0)0f x f <=,故()0f x ≥在[0,)+∞上不恒成立， 所以2a >不符合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(,2]-∞.（III ）证明：由24,13,1331,.22,22,21n n n n n S n n a b n n n n ⎧=⎪=⎧⎪=+-⇒=⇒=⎨⎨+≥⎩⎪≥⎪+⎩ 由（Ⅱ）知当0x >时，(2)ln(1)2x x x ++>，故当0x >时，2ln(1)2xx x +>+， 故2222ln(1)212n n n n⋅+>=++，故1122ln(1)1n nk k k k ==+>+∑∑.下面证明：ln(1)(2)n T n n <++ 因为1222222ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)1231nk k n n =+=++++++⋅⋅⋅++++-∑ 45612(1)(2)ln(3)ln ln(1)(2)ln 223412n n n n n n n n ++++=⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯==++--而4222321311n T n =+++⋅⋅⋅++++ 1222222224111111213122131233nn n k T T kn n ==+++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅+=+-=-++++++++∑所以，1ln(1)(2)ln 23n n n T ++->-，即：1ln(1)(2)ln 23n n n n T T ++>-+> 22.解：（Ⅰ）由222,sin x y y ρρθ=+=及2240x y y +-=，得24sin ρρθ=， 即4sin ρθ=2240x y y +-=， 所以曲线C 的极坐标方程为4sin ρθ=.（II ）将l 的参数方程2cos 4sin x t y t αα=+⎧⎨=+⎩代入2240x y y +-=，得24(sin cos)40t t +++=，2121216(sin cos )1616sin 204(sin cos )4t t t t ααααα⎧=+-=>⎪∴+=-+⎨⎪=⎩，所以sin 20α>，又0πα≤<， 所以π(0,)2α∈，且120,0t t <<，所以1212π||||||||||4(sin cos ))4MA MB t t t t ααα+=+=+=+=+由π(0,)2α∈，得ππ3π(,)444α+∈，所以πsin()124α<+≤. 故||||MA MB +的取值范围是(4,. 23.证明：（I ）2222222,2,2a b ab b c bc c a ca +≥+≥+≥,三式相加可得222a b c ab bc ca ++≥++2222()222()2()a b c a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca ∴++=+++++≥+++++3()9ab bc ca =++=又a b c 、、均为正整数，∴3a b c ++≥成立． （II ）R a b *∈、，1a b +=，2221a ab b ∴++=，222222221122(1)(1)(1)(1)a ab b a ab b a b a b++++∴--=--22222222()()=5+59b b a a a b a a b b b a =+++≥+=当且仅当22a b b a =，即12a b ==时，“＝”成立.。

凯里一中2018届《黄金卷》第二套模拟考试文科数学试卷第I卷(选择题共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.已知为虚数单位，则（）A. B. C. D. 8【答案】A【解析】，故选A.2.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，故选C.3.已知向量与的夹角为，且，，则（）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】，故选C.4.点到直线的距离是（）A. 1B. 2C.D. 6【答案】B【解析】由得，，故选B.5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中最短棱和最长棱所在直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，该三视图对应的直观图为四棱锥，由图可知最长棱为，，都是最短棱，由两条异面直线所成的角的定义知：与所成的角相等，与所成的角相等，均等于，且，在中，，故选D.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.6.已知，，，则、、的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为幂函数在定义域内单调递增，所以，由指数函数的性质可得，故选D.【方法点睛】本题主要考查幂函数单调性、指数函数的单调性及比较大小问题，属于中档题. 解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.7.若函数的图象关于轴对称，则的一个值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，由于为偶函数，则，，，故选B.8.已知抛物线的焦点是椭圆（）的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于、两点，若是正三角形，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题知线段是椭圆的通径，线段与轴的交点是椭圆的下焦点，且椭圆的，又，，由椭圆定义知，故选C.9.中国传统数学中许多著名的“术”都是典型的算法.如南宋秦九韶的“大衍总数术”就是一次剩余定理问题的算法，是闻名中外的“中国剩余定理”.若正整数除以正整数后的余数为，则记为（），例如.我国南北朝时代名著《孙子算经》中“物不知数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩问物几何?”就可以用源于“中国剩余定理”思想的算法解决.执行如图的程序框图，则输出的（）A. 16B. 18C. 23D. 28【答案】D【解析】该程序框图的功能是求满足下列条件的正整数：①被除余数为；②被除余数为；③被除余数为，结合四个选项，符合题意的正整数只有，故选D.10.设、，已知，，且（，），则的最大值是（）A. 1B. 2C.D.【答案】A【解析】，，当且仅当时取等号，故选A.11.图是棱长为2的正八面体（八个面都是全等的等边三角形），球是该正八面体的内切球，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图所示，设已知的正八面体为，可知平面于球心，且点为正方形的中心，设球与正四棱锥的侧面相切于点，连接并延长，交于点，可知为的中点，连接，则，由，得，即正八面体内切球的半径为，所以内切球的表面积为，故选A.12.已知函数，函数有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令得，函数有个零点，即函数与函数图象有个交点，当时，，设是的切线，切点为，，解之得，当时，，故函数图象关于直线对称，作出函数的图象，如图，由图知，当时，函数与函数图象有个交点，函数有个零点，，故选B.【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质、导数的几何意义以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．第Ⅱ卷二、填空题：（本题共4小题每题5分，共20分）13.已知、满足约束条件，则目标函数的最大值与最小值之和为__________．【答案】【解析】如图所示，作出线性约束条件满足的平面区域是三角形内部包括边界，当直线与直线重合时，目标函数取得最大值，当直线经过可行域中的点时，目标函数取到最小值的最大值与最小值之和为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.已知、、是的三个内角，且，，则__________．【答案】【解析】，，得，因此，故答案为.15.过双曲线的焦点与双曲线实轴垂直的直线被双曲线截得的线段的长称为双曲线的通径，其长等于(、分别为双曲线的实半轴长与虚半轴长).已知双曲线（）的左、右焦点分别为、，若点是双曲线上位于第四象限的任意一点，直线是双曲线的经过第二、四象限的渐近线，于点，且的最小值为3，则双曲线的通径为__________.【答案】【解析】如图所示，连接，由双曲线的定义知，当且仅当三点共线时取得最小值，此时，由到直线的距离，，由定义知通径等于，故答案为.16.已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，，若，则实数的取值范围是__________．【答案】或【解析】时，，而，故在上为减函数，又在上为奇函数，故为偶函数，当时，为增函数，由，根据单调性和奇偶性可得，解得，或者取值范围是或，故答案为或.三、解答题(共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知数列满足，且.（Ⅰ）求证：数列是等比数列；（Ⅱ）数列满足，判断数列的前项和与的大小关系，并说明理由.【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由可得，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，即.故,根据裂项相消法结合放缩法可得.试题解析：（Ⅰ）由题意可得，即，又，故数列是以3为首项，3为公比的等比数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，即.故,∴，故.18.2018年中央电视台春节联欢晚会分会场之一落户黔东南州黎平县肇兴侗寨，黔东南州某中学高二社会实践小组就社区群众春晚节目的关注度进行了调查，随机抽取80名群众进行调查，将他们的年龄分成6段：。

凯里市第一中学2018届《黄金卷》第四套模拟考试理科数学第Ⅰ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. 若集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先化简集合，再求交集即可.详解：由题意可得：，∴故选：B点睛：本题考查对数型函数的定义域，指数函数的值域，考查集合的交运算，属于基础题.2. 已知复数满足，则的最小值为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析：设z=x+yi，（x，y∈R），根据|z﹣2i|=1，可得x2=1﹣（y﹣2）2（y∈[1，3]）．代入|z|=，即可得出．详解：设z=x+yi，（x，y∈R），∵|z﹣2i|=1，∴|x+（y﹣2）i|=1，∴=1，∴x2=1﹣（y﹣2）2（y∈[1，3]）．则|z|===≥=1．当y=1时取等号．故选：B．点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3. 下图是2017年1-11月汽油、柴油价格走势图（单位：元/吨），据此下列说法错误的是（）A. 从1月到11月，三种油里面柴油的价格波动最大B. 从7月份开始，汽油、柴油的价格都在上涨，而且柴油价格涨速最快C. 92#汽油与95#汽油价格成正相关D. 2月份以后，汽油、柴油的价格同时上涨或同时下跌【答案】D【解析】分析：根据折线图，依次逐步判断即可.详解：由价格折线图，不难发现4月份到5月份汽油价格上涨，而柴油价格下跌，故选：D点睛：本题考查折线图的识别，解题关键理解折线图的含义，属于基础题.4. 下列四个命题中，正确的是（）A. “若，则”的逆命题为真命题B. “”是“”的充要条件C. “”的否定是“”D. 若为假命题，则均为假命题【答案】C【解析】分析：原命题的逆命题的真假判断，充要条件的判断，命题的否定，复合命题的真假判断.利用复合命题的真假判断①的正误；命题的否定判断②的正误；四种命题的逆否关系判断③的正误；函数的奇偶性的性质判断④的正误；详解：“若，则tanx=1”的逆命题为：“若tanx=1，则”显然是假命题，故A错误；当时，成立，但不成立，故B错误；命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∈R，sinx0＞1”；满足命题的否定形式，C正确；若p∧q为假命题，则p，q中至少有一个假命题，一假即假，故D错误；故选：C点睛：本题考查命题的真假的判断与应用，涉及复合命题，四种命题的逆否关系，充要条件等，属于基础题．5. 已知的内角的对边分别是，且，则角（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】C详解：△ABC中，（a2+b2﹣c2）•（acosB+bcosA）=abc，由余弦定理可得：2abcosC（acosB+bcosA）=abc，∴2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，∴2cosCsin（A+B）=sinC，2cosCsinC=sinC，∵sinC≠0，∴cosC=，又∵C∈（0，π），∴C=点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意．6. 若，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：对条件两边平方可得，，利用三姊妹关系即可得到结果. 详解：由题：，于是由于，.故选：A点睛：应用公式时注意方程思想的应用：对于sin＋cos，sin cos，sin－cos这三个式子，利用(sin±cos)2＝1±2sin cos，可以知一求二．7. 执行如图所示的程序框图，为使输出的值大于11，则输入的正整数的最小值为（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】分析：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算并输出S=1+0+1+2+…+（n-1）=的值，结合题意，即可得到结果．详解：该程序框图的功能是：当输入，输出，要使，至少是.故选：C点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可. 8. 某几何体的三视图如图所示，若图中的小正方形的边长为1，则该几何体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是正方体中的四棱锥，由此求出几何体的外接球的表面积．详解：根据三视图，可得该几何体的直观图如下：利用补形法，外接球半径，进而几何体外接球的表面积为.点睛：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．9. 定义运算：，将函数的图像向左平移的单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：化函数f（x）为正弦型函数，写出f（x）图象向左平移个单位后对应的函数，由函数y为偶函数，求出的最小值．详解：，将函数化为再向左平移（）个单位即为:又为偶函数，由三角函数图象的性质可得，即时函数值为最大或最小值，即或，所以，即，又，所以的最小值是．故选：C点睛：函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.10. 已知双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，且双曲线的顶点到渐近线的距离为，则曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意布列关于a，b的方程组，从而得到曲线的方程.详解：曲线化为标准形式：圆心坐标为,∴，又双曲线的一条渐近线恰好是曲线在原点处的切线，∴，∵双曲线的顶点到渐近线的距离为，∴，即，又∴∴曲线的方程为故选：D点睛：本题主要考查双曲线方程的求法，直线与圆相切，点到直线的距离，属于中档题.11. 集合，从集合中各取一个数，能组成（）个没有重复数字的两位数？A. 52B. 58C. 64D. 70【答案】B【解析】分析：分别从集合A，B取一个数字，再全排列，根据分步计数原理即可得到答案．详解：故选：B点睛：本题考查了分布乘法计数原理和分类加法计数原理，解答的关键是正确分类，是基础的计算题．12. 定义：如果函数的导函数为，在区间上存在，使得，则称为区间上的“双中值函数”.已知函数是上的“双中值函数”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意可得，所以方程在区间有两个不相等的解.详解：由题意可知，，在区间上存在，，满足，所以方程在区间有两个不相等的解，（1）则，解得，则实数的取值范围是，故选：B．点睛：于二次函数的研究一般从以几个方面研究：一是，开口；二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；三是，判别式，决定于x轴的交点个数；四是，区间端点值.第Ⅱ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. 正方形中，，其中，则__________．【答案】【解析】分析：利用平面向量基本定理构建的方程组，解之即可.详解：由得，，根据平面向量基本定理得，于是.故答案为：点睛：本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．14. 若满足约束条件，则的最小值__________．【答案】【解析】分析：作出不等式组对应的平面区域，利用两点间的距离公式进行求解即可．详解：作出不等式组对应的平面区域，的几何意义是区域内的点到点D（0，3）的距离的平方，则由图象知D到直线BC：=的距离最小，此时最小值d=，则（x+2）2+（y+3）2的最小值为d2=（）2=，故答案为：．点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式中的第4项为__________．【答案】【解析】分析：先由奇数项的二项式系数之和为32确定n值，然后根据二项展开式通项公式求出第4项即可. 详解：∵二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，∴，即展开式中的第项为故答案为：点睛：：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.16. 已知抛物线的方程为，为坐标原点，为抛物线上的点，若为等边三角形，且面积为，则的值为__________．【答案】2【解析】设，，∵，∴．又，，∴，即．又、与同号，∴．∴，即．根据抛物线对称性可知点，关于轴对称，由为等边三角形，不妨设直线的方程为，由，解得，∴。

黔东南州2018届高三模拟考试理科数学试卷I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 设集合，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】，,答案为D.2. 若复数，则=A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知，则= .故选C.3. 甲乙两名同学次考试的成绩统计如下图，甲乙两组数据的平均数分别为、，标准差分别为，则A.B.C.D.【答案】C【解析】由图可知，甲同学除第二次考试成绩略低与乙同学，其他次考试都远高于乙同学，可知图中数据显示甲同学的成绩比乙同学稳定，故.故选C.4. 已知数列为等差数列，且，则的值为A. B. 45 C. D.【答案】B..............................5. 已知，则的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】已知，由指数函数性质易知，又，故选D.点晴：本题考查的是指数式，对数式的大小比较。

解决本题的关键是利用指、对数函数的单调性比较大小，当指、对函数的底数大于0小于1时，函数单调递减，当底数大于1时，函数单调递增；另外由于指数函数过点（0，1），对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1比较大小.6. 一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为A. B. C. D.【答案】A【解析】画出正三角形，以其每个顶点为圆心作半径为2的圆弧与正三角形相交，蚂蚁爬行的区域不能在3扇形内，故.故选A.7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为A. B.C. D.【答案】B【解析】根据三视图作出原几何体（四棱锥）的直观图如下：可计算，故该几何体的最大边长为.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8. 若函数的定义域为R，其导函数为．若恒成立，，则解集为A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知有，令，则，函数在R单调递减，，由有，则，故选D.9. 执行如图的程序框图，则输出的值为A. 1B.C. D. 0【答案】D【解析】由图知本程序的功能是执行此处注意程序结束时，由余弦函数和诱导公式易得：.10. 在中，内角所对的边分别为,已知，且，则面积的最大值为A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知有，，由于，又，则，当且仅当时等号成立.故选B.11. 设函数的最大值为M,最小值为N，则的值为A. B. C. D.【答案】A【解析】由已知，令，易知为奇函数，由于奇函数在对称区间上的最大值与最小值和为，，=1，故选A.12. 已知双曲线的左、右焦点分别为．若双曲线上存在点使，则该双曲线的离心率的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可设P在右支非轴上，由正弦定理有，为方便运算，设，，则，又，解得，又，则不共线，则，即，整理得，两边同时除以得，解得，又，则，故，故选C.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．13. 已知实数满足约束条件，则的最小值是_____．【答案】.【解析】约束条件表示的平面区域为封闭的三角形，求出三角形的三个顶点坐标分别为、、，带入所得值分别为、、，故的最小值是.另，作出可行域如下：由得，当直线经过点时，截距取得最大值，此时取得最小值，为.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.14. 甲、乙、丙三名同学参加某高校组织的自主招生考试的初试，考试成绩采用等级制（分为三个层次），得的同学直接进入第二轮考试．从评委处得知，三名同学中只有一人获得．三名同学预测谁能直接进入第二轮比赛如下：甲说：看丙的状态，他只能得或；乙说：我肯定得；丙说：今天我的确没有发挥好，我赞同甲的预测．事实证明：在这三名同学中，只有一人的预测不准确，那么得的同学是_____．【答案】甲.【解析】若得的同学是甲，则甲、丙预测都准确，乙预测不准确，符合题意；若得的同学是乙，则甲、乙、丙预测都准确，不符合题意；若得的同学是丙，则甲、乙、丙预测都不准确，不符合题意。

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参考答案一、选择题: 题号1２ 3 4 5 6 ７ ８ 9 １0 １1 12 选项 ＣBBADADCＣBＤA１、【解析】201821009()1,1i i z i ==-=-+∴ ， 22||(1)12z ∴=-+ 故选Ｃ 2、【解析】{|13},{|12}A x x B x x =-<<=<<,{|12}A B x x ∴=<< 故选B 3、【解析】2444()||2||4||||||x f x x x x x x +==+≥⨯= 故选Ｂ４、【解析】353410042y x x y =-⇒--=,由2242200x y x y +-+-=,得22(2)(1)25x y -++= ,圆心(2,1)C -,且324(1)100⨯-⨯--=，故选A5、【解析】如图所示,该三视图对应的直观图为四棱锥P ABCD -, 由两条异面直线所成的角的定义知:AD BC 、与PC 所成的角相等，AB CD 、与PC 所成的角相等,均等于BCP ∠，且PDC PBC PAC ∆≅∆≅∆在Rt PBC ∆中,3cos 33BC BCP PC ∠===． 故选Ｄ ６、【解析】因为31log (1,2),()(0,1),tan(2018)tan 1244a b c πππππ=∈=∈=+==所以a c b >>,故选Ａ７、【解析】由题有492012050405577=-=-A A ,故选D8、【解析】由题知线段AB 是椭圆的通径,线段AB 与y 轴的交点是椭圆的下焦点1F ，且椭圆的1c =,又60FAB ∠=,323260tan ||||11===c FF AF ,1||2||3AF AF ==, 由椭圆定义知1||||23AF AF a +==，∴3=a ,3331===a c e ,故选Ｃ。

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参考答案题号１415161718１920２1 答案ＤCＣCＢB ＣＢDＢＣＤ2２.答案:（1)如图所示 (４分,其中电压表选对量程连线得1分；电流表选对外接法连线得1分;滑动变阻器选对分压式接法连线得2分．) （２)增大(2分） 解析：小电珠正常发光时的电阻约为8.3Ω，为小电阻,所以电流表用外接法。

要求小电珠的电压从零逐渐调到2。

5V,所以滑动变阻器选择分压式接法。

两节新干电池的电动势为3Ｖ，所以电压表应该选择3V 的量程．由I-Ｕ图像可知,小电珠的电阻随电压的升高而增大，由公式Ｒ=ρSL可知小电珠的电阻率随电压的升高而增大。

23. （1)0。

6６（2分）、０。

９８（3分）；(2)22l h h Mg+(2分);(3）mM Mmg+（2分)。

2４。

（１）物块开始下落至与弹簧接触前机械能守恒，则有＝ mgh (2分） 解得v = (1分)(2）该过程的v —t 图像如图所示.(3分） 设物块动能最大时弹簧压缩量为x ,则有ｋｘ = ｍg （２分）由机械能守恒定律，得mg （ｈ+x ) = + E km (2分) 解得=mgh + (２分) 25. 解析:（1)从Ｏ点穿出磁场的电子的速度满足LvmB ev 2112= （2分) 从S 点穿出磁场的电子的速度满足Lv m B ev 222= （2分)θD α θ221kx gh 2km E kg m 222221mv能够穿出磁场的电子的速度范围是m eBL 2 ≤ ｖ ≤meBL（2分） (2) 从Ｓ点穿出磁场的电子打在M Ｎ上的点的坐标为(L ，—L )从O 点穿出磁场的电子在电场中运动的时间满足 221at L = （１分）ma eE = （2分)从O 点穿出磁场的电子打在MN 上的点到点(0,—L ）的距离为t v x 1=∆ （1分) 所求距离为ELBLL L x 2m e x +=∆+= （2分） （３)设此时打到C 点的电子从D 点穿出磁场,该电子在磁场中的运动半径为r如图，由几何关系θsin r r L += （1分)θθtan cos L r = (1分） 解得030=θ （１分）电子在磁场中转过的圆心角为0120=α （1分) 电子在磁场中运动的周期为eBmT π2=（2分） 打到Ｃ点的电子在磁场中的运动时间为eBmT t 3231π== (2分)３3.（１)答案:A ＣE解析： 熔化的玻璃表面的分子力表现为引力,使其表面收缩为球面，A 正确;当温度升高时,物体内分子的平均速率增加，但有的分子速率增加，有的减小，B 错;对于一定质量的理想气体，温度升高时,压强是可能减小的， C 正确；外界对物体做功,可能是改变物体的运动状态，物体内能不一定增加,D 错误；表现为各向异性的物体一定是晶体，而表现为各向同性的物体有可能是多晶体，Ｅ正确。