黔东南州2018届高三第一次模拟考试
文科数学参考答案
一、选择题
1-5: BDBCA 6-10: BCBAD 11、12：DB
1．解：由已知，AUB?{1,2,3,4,5,6},?eU(AUB)?{7,8}，故选B.
1?i(1?i)2?2i????i，所以共轭复数z?i，虚部为1，故选D. 2. 解：由已知得z?1?i223. 解：从图表中看出，选项B明显错误．
4. 解：设{an}的公差为d，由a1?a2?4得2a1?d?4，由a3?a4?12得2a1?5d?12联立解得
a1?1,d?2，所以a5?a6?2a1?9d?20，故选C.
5. 解：由正视图知，该正三棱锥的底边长为6，高为4，则侧视图是一个底边长为33， 高为4的三角形，其面积为63．故选A.
6. 解：由于该直角三角形的两直角边长分别是8和15，则得其斜边长为17，设其内切圆半径为r，则有
8r15r17r1????8?15(等积法)，解得r?3，故其直径为6(步)．故选B. 22227. 解：设等比数列?an?的首项为a1，由??S2?18?a1?2???an?2?8n?1；
?q?8?q?82?(8n?1)1Sn???(2?8n?2)；
8?17所以Sn?11?(2?8n?2)??(8an?2)，即8an?7Sn?2.故选C. 778. 解： ①n?351，则k?351，m?0，
m?0?2000成立，k?351?1?352，m?0?2?352?704；
②m?704?2000成立，k?352?1?353，m?704?2?353?1410； ③m?1410?2000成立，k?353?1?354，m?1410?2?354?2118； ④m?2118?2000不成立，所以输出k?354.故选B． 9. 解：由已知，化简得f(x)?sin2x?cos2x?2sin(2x?)，又y?lnf(x)与y?f(x)的单调性相
4
?同且f(x)?0，所以2x???(2k?,2k??],?x?(k??,k??](k?Z)，故选A. 42882???10.解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由已知得y?3(x?1)代入抛物线方程y?4x化简得
1231),B(3,23)，易知四边形AMNB为 3x2?10x?3?0,?x1?,x2?3，所以A(,?333梯形，故SAMNB?116836431?，故选D (|AM|?|BN|)?|MN|???2339211.解：由已知，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则
uuuruuur4B(2,0),C(1,1),D(0,1)，又AQ?2QB，所以Q(,0)
3uuuvuuuv14413所以QCgQD?(?,1)?(?,1)??1?，故选D.
339912.解：由已知得(m?n)(f(m)?f(n))?0，所以函数f(x)为“和谐函数”等价于f(x)在R上为增函数，由此判断①f(x)?ln2?5在R上为增函数，符合题意；②f(x)??x?4x?3得f?(x)??3x?4，所以f(x)在R上有增有减，不合题意；③f(x)?22x?2(sinx?cosx)得
x32f?(x)?22?2(cosx?sinx)?22[1?sin(x?)]?0，
4所以f(x)在R上为增函数，符合题意；④f(x)??题意，故选B. 二、填空题
13. 11 14. 2 15.
??ln|x|,x?0可知为偶函数，不合题意，所以①③符合
?0,x?09 16. 4 21213. 解：本题考查线性规划，答案为11．
?x14. 解：由f(x)?0?|log2x|?2?0，得|log2x|?()x
在同一坐标系中作出y?|log2x|与y?()x的图象，可知交点个数为2， 即f(x)的零点个数为2.
15. 解：由已知，圆方程化为(x?1)?(y?1)?2,所以圆心为C(?1,1),r?当|AB|最大时，直线经过圆心，所以?a?b?2?0，即a?b?2，即
22122，
a?b?1 2所以
1414a?b1b4a19??(?)??(1?4??)?(5?2?2)? abab22ab22b4a149且a?b?2时取等号，所以?的最小值为. ?abab2
当且仅当
16. 解：设这个四面体的棱长为a，则它的外接球与内切球的球心重合，且半径R外?66a， r内?a，412依题意得6646a?a?,?a?4． 4123三、解答题
17.解：（Ⅰ）由已知及正弦定理得3sinBsinA?sinAcosB?2sinA?0， 因为sinA?0，所以3sinB?cosB?2?0，即sin(B?又B?(0,?),?B??6)?1,
?6?(??5?66,)，
?B??6??2，所以B?2?. 3（Ⅱ）由已知S?ABC?1133acsinB?ac??,?ac?2， 2222由余弦定理得 b2?a2?c2?2accosB，即7?(a?c)2?2ac?2ac?(?)， 即7?(a?c)?ac，又a?0,c?0所以a?c?3.
18. 解：(Ⅰ)设来自甲旅游协会的3名导游为A1,A2,A3，其中A2,A3为高级导游， 来自乙旅游协会的3名导游为B1,B2,B3，其中B3为高级导游，
从这6名导游中随机选择2人参加比赛，有下列基本情况：A1A2,A1A3,A1B1,A1B2,A1B3;
212A2A3,A2B1,A2B2,A2B3; A3B1,A3B2,A3B3; B1B2,B1B3;B2B3共15种，
其中选出的2人都是高级导游的有A2A3,A2B3,A3B3，共3种 所以选出的2人都是高级导游的概率为 p?31?. 155(Ⅱ)依题意，设甲旅游协会对本地经济收入的贡献为x（单位：万元），
乙旅游协会对本地经济收入的贡献为y（单位：万元），则x?[30,50]且y?[20,40]， 若甲旅游协会对本地经济收入的贡献不低于乙旅游协会对本地经济收入的贡献， 则x?y，属于几何概型问题
作图，由图可知 S1?S?DEF,S?SABCD，
1?10?10S?S1S17所求概率为p??1??1?2?.
SS20?208
y4020DEA30Fy=xCBO50x
19. (Ⅰ)证明：由PC?平面ABC，DE?平面ABC，故PC?DE. 由CE?2,CD?DE?2，得?CDE为等腰直角三角形，故CD?DE.
又PCICD?C，故DE?平面PCD．
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，?CDE为等腰直角三角形，?DCE??4,
过D作DF垂直CE于F，易知DF?CF?EF?1， 又DE?平面PCD，所以DE?PD，PD?PC2?CD2?11，
设点B到平面PDE的距离为h，即为三棱锥B?PDE的高， 由VB?PDE?VP?BDE得 S?PDE?h?即?131S?BDE?PC， 31111?PD?DE?h???BE?DF?PC， 3232322， 22即11?2?h?1?1?3，所以h?所以点B到平面PDE的距离为
322. 22
20. 解：(Ⅰ) 因为直线l:x?my?1?0经过点F2(c,0)，所以c?1， 又?AF1F2是等腰直角三角形，所以a2?a2??2c??a2?2，
2x2?y2?1． 所以b?a?c?1故椭圆C的标准方程为2222(Ⅱ) 设M(x1,y1)，N(x2,y2)，易知A(0,1)，
uuuuruuur若点A在以线段MN为直径的圆上，则AM?AN，即AM?AN?0，
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