河南省安阳市2018届高三第一次模拟考试数学(理)试题Word版含解析.pdf

1 - 2018 届高三毕业班第一次模拟考试数学（理科）一、选择题：本题共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. 设集合，则（）A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】由题意，故选 D. 2. 已知复数，则 在复平面内所对应的点位于（）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】 B 【解析】，对应点，在第二象限，故选B. 3. 已知函数满足：对任意且，都有；对定义域内任意 ，都有，则符合上述条件的函数是（）A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】说明在上是增函数，说明是偶函数， B中函数是奇函数，C是函数非奇非偶函数，D是函数是偶函数，但在上不是增函数，只有A符合要求，故选A. 4. 若，则（）A. -1 B. 1 C. D. -1或【答案】 C 【解析】由已知得，故选 C. 点睛：在用平方关系求值时，需确定的范围，以确定它们的正负，本题中由已知条件知可得，从而不必再讨论的范围，这是我们在解题时需要时常注意的，并不是什么时候都要分类讨论的. - 2 - 5. 已知等比数列中，则（）A. 12 B. 10 C. D. 【答案】 A 【解析】由已知，故选 A. 6. 执行下图所示的程序框图，若输入，则输出的（）A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】 C 【解析】由程序框图知，易知时，时，然后有，故选 C. 7. 如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（）- 3 - A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为，故选 D. 8. 在边长为的正三角形内任取一点，则点到三个顶点的距离均大于的概率是（）A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】如图正的边长为，分别以它的三个顶点为圆心，以为半径，在内部画圆弧，得三个扇形，则题中点在这三个扇形外，因此所求概率为，故选 B9. 已知为等差数列，为其前项和，若，则（）A. 49 B. 91 C. 98 D. 182 【答案】 B 【解析】，即，- 4 - ，故选 B 10. 已知函数，要得到的图象，只需将函数的图象（）A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位【答案】 D 【解析】，应向左平移个单位，故选D11. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且（为坐标原点） ，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】以为邻边作平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则，由知此平行四边形的对角线垂直，即此平行四边形为菱形，是直角三角形，即，设，则，故选 A 12. 已知函数， （ 为自然对数的底数） ，则函数的零点个数为（）A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】 B 【解析】 设，则方程化为，画出函数和直线的图象，如图，利用导数知识可知直线与对数函数的图象切为，因此函数和直线的图象有四个交点，设其横坐标从小到大依次为， 其中， 又结合的图象知- 5 - 有一解，有三解，有两解，无解，因此有6 解，即函数6 个零点，故选B. 点睛：函数零点个数问题，一种方法可用导数研究函数的单调性和极值，再?和零点存在定理得函数的零点个数，另一种方法是转化函数图象交点个数，一般是转化为直线与函数图象的交点，其中直线是含参数的、变化的，函数是固定的，且图象画出的，这里可通过导数研究图象的变化趋势，得出图象的大致规律，动直线可以是平行直线，也可以是过一定点的直线，这样容易发现规律，得出结论二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分. 13. 展开式中的常数项为_【答案】【解析】，令，得，常数项为14. 已知向量， 且变量满足， 则的最大值为 _【答案】【解析】，作出题中可行域，如图内部（含边界） ，作直线，向上平移 直线，当直线过点时，为最大值- 6 - 15. 已知为圆的直径，点为直线上任意一点，则的最小值为 _【答案】 6 【解析】圆心，设，则，又到直线的距离为，即的最小值为，的最小值为16. 在棱长为4 的密封正方体容器内有一个半径为1 的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为_【答案】【解析】依题意所求体积为三、解答题：共70 分 . 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第 17-21 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. 17. 已知在中，内角所对的边分别为，且满足. （）求证：；（）若为锐角三角形，且，求 的取值范围 . 【答案】（）见解析（）. 【解析】试题分析：（）利用正弦定理把已知边角关系转化为角的关系，结合两角和与差的正弦公式可得，再讨论角特别是的范围后可证得结论（）由（）可得，已知条件可化为，从而易得的取值范围试题解析：（），由正弦定理知，即. 因为，所以，且，所以，所以，. - 7 - （）由（）知，. 由为锐角三角形得，得. 由得. 18. 某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销售量分布在内，且销售量的分布频率. （）求的值并估计销售量的平均数；（）若销售量大于等于70，则称该日畅销，其余为滞销. 在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取 8 天，再从这8 天中随机抽取3 天进行统计，设这3天来自个组，求随机变量的分布列及数学期望（将频率视为概率）. 【答案】（）见解析（）见解析【解析】试题分析：（）由于，因此可根据题中解析式列出不等式组，求出的所有可能值， 代入，再利用总体分布频率为1 可求得，利用各区间的中位数及频率可估算出平均数；（）由分层抽样可求得销售量在内所抽取的天数分别为2，3，3. 而的所有可能值分别为1,2,3 ，分别计算可得各概率，由期望公式可得期望试题解析：（）由题知，解得，可取 5， 6，7，8，9，- 8 - 代入中，得，. 销售量在，内的频率分别是0.1 ，0.1 ，0.2 ，0.3 ，0.3 ，销售量的平均数为. （） 销售量在内的频率之比为，所以各组抽取的天数分别为2，3，3. 的所有可能值为1， 2，3，且，. 的分布列为1 2 3 数学期望. 19. 如下图，在空间直角坐标系中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）的顶点分别在轴， 轴，轴上 . （）求证：平面；- 9 - （）求二面角的余弦值 . 【答案】（）见解析（）. 【解析】试题分析：（）设，写出 A，B，C的坐标， 再求出 D点坐标， 从而得的坐标， 只要它与平面的法向量垂直，即可证明线面平行；（）求二面角，可取AB的中点 F，由能证明 CFD 是所求二面角的平面角，在中由得余弦定理可得余弦值也可求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦可得二面角的余弦试题解析：（）由，易知. 设，则，, 设点的坐标为，则由，可得，解得，所以. 又平面的一个法向量为，所以，所以平面. （）设为的中点，连接，则，为二面角的平面角 . 由（）知，在中，则由余弦定理知，即二面角的余弦值为. 点睛：立体几何中求直线与平面成的角和二面角，有两种方法：第一种是根据“空间角”的定义作出反应这个“空间角”的“平面角”，然后在三角形中求解，这种方法有三个步骤：- 10 - 一作二证三计算；第二种是根据图形建立适当的空间直角坐标系（充分利用图形中的垂直关系） ，写出各点坐标， 求出平面的法向量，直线的方程向量，利用向量的夹角来求“空间角”，这种方法重在计算，解题步骤固定20. 如下图，在平面直角坐标系中，直线与直线之间的阴影部分即为，区域中动点到的距离之积为1. （）求点的轨迹的方程；（）动直线穿过区域，分别交直线于两点，若直线与轨迹有且只有一个公共点，求证：的面积恒为定值. 【答案】（）（）见解析【解析】试题分析：（）由点到直线距离公式直接把已知表示出来，并化简可得方程；（）直线与轨迹有且只有一个公共点，即直线与轨迹相切，因此可求出当与 垂直（即斜率不存在）时，面积，当斜率存在时，可设其方程为，与双曲线方程联立方程组， 由可得， 再设出，由直线相交可求得（用表示），计算面积可得结论. 试题解析：（）由题意得，. 因为点在区域内，所以与同号，得，即点的轨迹的方程为. （）设直线与 轴相交于点，当直线的斜率不存在时，得. - 11 - 当直线 的斜率存在时，设其方程为，显然，则，把直线 的方程与联立得，由直线 与轨迹有且只有一个公共点，知，得，得或. 设，由得，同理，得. 所以. 综上，的面积恒为定值2. 21. 已知函数，其中为自然对数的底数. （）讨论函数的单调性 . （）是否存在实数，使对任意恒成立？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（）求出导函数，求出的解，在定义域内的各区间可得的正负，即得的单调区间；（）观察函数得，因此有，这样不等式可化为，设，利用导数研究出的单调性，可根据的取值分类讨论求只有时，可得有最小值，由最小值，把这个式子作为的函数，由导函数得其最大值为，且，从而可得（一方面，另一方面，因此只有） ，再研究在时，是否恒成立即可试题解析：（），令得. 当且时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增 . - 12 - （）注意到，则，.于是，即，记，若，则，得在上单调递减，则当时，有，不合题意；若，易知在上单调递减，在上单调递增，得在上的最小值. 记，则，得有最大值，即，又，故，代入得. 当时，即. 记，则，得在上有最小值，即，符合题意 . 综上，存在，使对任意恒成立 . 点睛：通过导数证明不等式或研究不等式恒成立问题的基本思路是：以导函数和不等式为基础，单调性为主线，最（极）值为助手，从数形结合、分类讨论等多视角进行探究，经常是把不等式问题转化为判断函数的单调性、求函数的最值，利用最值得出相应结论，其中分类讨论是经常用到的数学思想方法（二）选考题：共10 分. 请考生在第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. 【选修 4-4 ：坐标系与参数方程】设直线 的参数方程为， （ 为参数），若以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出曲线是什么曲线；（）若直线与曲线交于两点，求. 【答案】（）见解析（）. 【解析】试题分析：（）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（）把直线的参数方程消去参数得普通方程，代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理及- 13 - 弦长公式可得弦长试题解析：（）由于，所以，即，因此曲线表示顶点在原点，焦点在轴上的抛物线. （），化为普通方程为，代入，并整理得，所以. 23. 【选修 4-5 ：不等式选讲】已知函数. （）当时，若对任意恒成立，求的最小值；（）若的解集包含，求实数的取值范围 . 【答案】（）（）. 【解析】试题分析：（）由得的最小值，从而有，因此有，再利用基本不等式可得的不等关系，从而得的最小值，注意等号能否取到；（）由于，因此不等式可化为，从而有，然后按的正负分类讨论求出的范围，最后求交集即可试题解析：（）当时，. ，即，当且仅当时等号成立，解得，当且仅当时等号成立，故的最小值为. （）的解集包含，当时，有，对恒成立，当时，；当时，. - 14 - 综上：. - 15 - 。