数学理卷·2018届河南省漯河市高级中学高三上学期第四次模拟考试（12月）试题（解析版）

数学理卷·2018届河南省漯河市高级中学高三上学期第四次模拟考试（12月）试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 河南省漯河市高级中学2018届高三上学期第四次模拟考试（12月）‎ 数学（理）试题 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，，则( )‎ A. (0,1) B. (0,2] C. 2,4) D. (1,2]‎ ‎【答案】D ‎【解析】，‎ 由，得，解得：,即 ‎∴(1,2]‎ 故选：D ‎2. 已知复数，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可得： ，则= .‎ 本题选择C选项.‎ ‎3. 设，是非零向量，则“存在负数，使得 ”是“”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】，是非零向量，，存在负数λ使得，则向量，共线且方向相反，可得．‎ 反之不成立，非零向量，夹角为钝角，满足，而不成立．‎ ‎∴，为非零向量，则“存在负数λ，使得 ”是“”的充分不必要条件．‎ 故选：A．‎ ‎4. 若点在直线上，则的值等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】点在直线上，，，故选B.‎ ‎5. 设和为双曲线的两个焦点，若，，是正三角形的三个顶点，则双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】若F1，F2，P（0，2b）是正三角形的三个顶点，‎ 设F1（﹣c，0），F2（c，0），则|F1P|=，‎ ‎∵F1、F2、P（0，2b）是正三角形的三个顶点，‎ ‎∴=2c，∴c2+4b2=4c2，‎ ‎∴c2+4（c2﹣a2）=4c2，‎ ‎∴c2=4a2，即c=2a，‎ b==a，‎ ‎∴双曲线的渐近线方程为y=±x，‎ 即为．‎ 故选：C．‎ ‎6. 如图所示的程序输出结果为 ，则判断框中应填（ ）‎ ‎........................‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：按照程序框图执行如下：‎ ‎，‎ 因为输出的结果为，‎ 故此时判断条件应为：或.‎ 考点：1、程序框图的运算；2、循环语句.‎ ‎7. 已知，是不等式组 ，所表示的平面区域内的两个不同的点，则 ‎ 的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】作出不等式组表示的平面区域，‎ 得到如图的四边形ABCD，其中A（1，1），B（5，1），C（，），D（1，2）‎ ‎∵M、N是区域内的两个不同的点 ‎∴运动点M、N，可得当M、N分别与对角线BD的两个端点重合时，距离最远 因此|MN|的最大值是|BD|==‎ 故选：B 点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率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，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.‎ ‎8. 已知等差数列满足，且，，成等比数列，则（ ）‎ A. 5 B. 3 C. 5或3 D. 4或3‎ ‎【答案】C ‎【解析】设等差数列{an}的公差为d，‎ 则a1=3﹣2d，a2=3﹣d，a4=3+d，‎ 由a1，a2，a4成等比数列，得 ‎=a1a4，即（3﹣d）2=（3﹣2d）（3+d），‎ 解得：d=0或1，‎ 当d=0时，a5=a3+2d=3；‎ 当d=1时，a5=a3+2d=5．‎ 故选：C．‎ ‎9. 若，则（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 32 D. -1‎ ‎【答案】A ‎【解析】由二项展开式的通项公式，可知都小于．则．在原二项展开式中令，可得．故本题答案选．‎ ‎10. 如图，网格纸上小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A. 48 B. 36 C. 32 D. 24‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图可知，该几何体是由一个三棱柱截去一个四棱锥而得到的。‎ 该几何体的体积为：‎ 故选：C 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.‎ ‎11. 在锐角三角形中，，为边上的点，与的面积分别为2和4.过作于，于，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，‎ ‎∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴，，‎ 可得，，∴．‎ 又，易得．‎ 由，得：‎ 则．‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ ‎12. 已知当时，函数的图象与 的图象有且只有一个交点，则正实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意，由于m为正数， 为二次函数，在区间（0，）为减函数，（，+∞）为增函数，‎ 函数为增函数，‎ 分2种情况讨论：‎ ‎①、当0＜m≤1时，有≥1，‎ 在区间0，1]上，y=（x﹣）2 为减函数，且其值域为（1﹣）2，]，‎ 函数为增函数，其值域为， +]，‎ 此时两个函数的图象有1个交点，符合题意；‎ ‎②、当m＞1时，有＜1，‎ y=（x﹣）2 在区间（0，）为减函数，（，1）为增函数，‎ 函数为增函数，其值域为， +]，‎ 若两个函数的图象有1个交点，则有（1﹣）2≥+，‎ 解可得m≥3，‎ 综合可得：m的取值范围是（0，1]∪3，+∞）；‎ 故选：A．‎ 点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 ‎(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】解析：因，故由题设可得时，即，则，应填答案1。‎ ‎14. 三棱锥中，底面是边长为3的等边三角形，侧面三角形 为等腰三角形，且腰长为，若，则三棱锥外接球表面积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，‎ ‎∵三棱锥A﹣BCD中，底面△BCD是边长为3的等边三角形，‎ 侧面三角△ACD为等腰三角形，且腰长为，AB=2，‎ ‎∴AB2+BC2=AC2，AB2+BD2=AD2，∴AB⊥BC，AB⊥BD，‎ ‎∵BC∩BD=B，∴AB⊥平面BCD，‎ ‎∴将三棱锥还原成三棱柱AEF﹣BCD，‎ 则上下底面中心O1，O2的连线的中点O为三棱锥A﹣BCD外接球的球心，‎ 如图，BO2=，O2O=1，BO==2，‎ ‎∴三棱锥A﹣BCD外接球表面积S=4πr2=4π×22=16π．‎ 故答案为：．‎ 点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(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．‎ ‎(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．‎ ‎15. 已知为抛物线：的焦点，过作斜率为1的直线交抛物线于、两点，设 ‎，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设A（x1，y1）B（x2，y2）‎ 由可得x2﹣3px+=0，（x1＞x2）‎ ‎∴x1=p，x2=p，‎ ‎∴由抛物线的定义知=‎ 故答案为：．‎ ‎16. 如图，为了测量河对岸、两点之间的距离，观察者找到一个点，从点可以观察到点、；找到一个点，从点可以观察到点、；找到一个点，从点可以观察到点、；并测量得到一些数据：，，，，，，，则、两点之间的距离为__________．（其中取近似值）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】依题意知，在△ACD中，∠A=30°由正弦定理得AC==‎ 在△BCE中，∠CBE=45°，由正弦定理得BC==3‎ 在△ABC中，由余弦定理AB2=AC2+BC2﹣2AC•BCcos∠ACB=10‎ ‎∴AB=．‎ 故答案为：．‎ 点睛：解决测量问题的注意事项 ‎(1)分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步；(2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．‎ 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. 已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，.‎ ‎（1）求和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．‎ 试题解析：‎ ‎（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.‎ 由已知，得，而，所有.‎ 又因为，解得.所以，.‎ 由，可得①.‎ 由，可得②.‎ 联立①②，解得，，由此可见.‎ 所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为.‎ ‎（2）解：设数列的前项和为.‎ 由，，有，‎ 故，‎ ‎，‎ 上述两式相减，得 ‎ ‎ 得.‎ 所以数列的前项和为.‎ 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎18. 如图，四棱锥中，底面是的菱形，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）要证平面，转证线线垂直即可；（2）分别求出两个平面的法向量，利用向量间的运算关系求出两个向量的夹角，再转化为二面角的平面角．‎ 试题解析：‎ ‎（1）法一：作于，连接 由侧面与底面垂直，则面 所以，又由，，，‎ 则，即 取的中点，连接，由为的中点，‎ 则四边形为平行四边形，‎ 所以，又在中，，‎ 为中点，所以，‎ 所以，又由所以面.‎ 法二: 作于，连接 由侧面与底面垂直，则面 所以，又由，，，‎ 则，即 分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，‎ 由已知，，，，，‎ ‎，，‎ 所以，，‎ 又由所以面.‎ ‎（2）设面的法向量为 由，‎ ‎，‎ 由（I）知面，取面的法向量为 所以，设二面角大小为，由为钝角得 点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎19. 汽车店是一种以“四位一体”为核心的特许经营模式，包括整车销售、零配件销售、售后服务、信息反馈等。某品牌汽车店为了了解，，三种类型汽车质量问题,对售出的三种类型汽车各取100辆进行跟踪服务,发现各车型一年内需要维修的车辆如下表所示1.‎ 表1‎ ‎(1)某公司一次性从店购买该品牌，，型汽车各一辆,记表示这三辆车的一年内需要维修的车辆数，求的分布列及数学期望.(各型汽车维修的频率视为其需要维修的概率).‎ ‎(2)该品牌汽车店为了对厂家新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按使事先拟定的各种价格进行试销相等时间，得到数据如表2.‎ 预计在今后的销售中,销量与单价仍然服从的关系,且该产品的成本是500元/件,为使4S店获得最大利润(利润=销售收入-成本)，该产品的单价应定位多少元？‎ 表1‎ 车型 频数 ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ 表2‎ 单价 (元)‎ ‎800‎ ‎820‎ ‎840‎ ‎850‎ ‎880‎ ‎900‎ 销量 (件)‎ ‎90‎ ‎84‎ ‎83‎ ‎80‎ ‎75‎ ‎68‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）875‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据题意，计算A、B、C型车维修的概率，求出ξ的可能值与对应概率值，写出ξ的分布列与数学期望；‎ ‎（2）求出样本的中心点坐标，计算回归方程的系数，写出利润函数w的解析式，求出W（x）的最大值以及对应的x的值．‎ 试题解析：‎ ‎(1)根据表格,型车维修的概率为,型车维修的概率为,型车维修的概率为.‎ 由题意,的可能值为0,1,2,3,‎ 所以 ；‎ ‎；‎ 所以ξ的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎ ‎ 所以 .‎ ‎(2)设获得的利润为元,根据计算可得, , ，‎ 代入回归方程得 ,所以 ，‎ 此函数图象为开口向下,以为对称轴的抛物线，‎ 所以当时,取的最大值，即为使店获得最大利润,该产品的单价应定为875元.‎ ‎20. 已知点（2,3）在椭圆上，设，，分别为椭圆的左顶点、上顶点、下顶点、且点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎(2)设， 为椭圆上的两点，且满足，‎ 求证：的面积为定值，并求出这个定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意列出关于、、的方程组，结合性质 ，求出、、，即可得结果；（Ⅱ）直线的方程为，代入椭圆方程，并整理得 ，根据韦达定理，弦长公式将、点到直线的距离公式将的面积，用 表示，再结合 ，即可得结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）由题意，得直线的方程为，点，‎ 点到直线的距离 ，整理，得.①‎ 又点在椭圆上，.②‎ 联立①②解得，，‎ 椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，代入椭圆方程，并整理得 .‎ ‎ ，，‎ ‎，，‎ ‎ .‎ 又，则由题意，得 .‎ 整理，得，则 ，‎ 整理，得（满足）.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 又点到直线的距离.‎ ‎ ，为定值.‎ ‎21. 已知曲线在 处的切线与直线平行，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎(2)求证：.‎ ‎【答案】（1）3；（2）见解析 ‎【解析】【试题分析】（１）先求导数，再运用导数的几何意义建立方程求解；（２）先将不等式进行等价转化，再运用导数分别求不等式中的两边的函数的最值进行分析推证：‎ ‎（Ⅰ），由题；‎ ‎（Ⅱ），，，‎ 故在和上递减，在上递增，‎ ‎①当时，，而，故在上递增，‎ ‎，即； ‎ ‎②当时，，令，则故 在上递增，上递减，，即；‎ 综上，对任意，均有.‎ 点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，精心设置了两个问题，旨在考查导数的几何意义、求导法则等基础知识，以及综合运用导数知识研究函数的单调性、极值（最值）等方面的运用。求解第一问时，先对函数解析式求导数，再运用导数的几何意义建立方程求出参数而获解；求证第二问时，先将不等式化为，再对不等式两边函数分别求导，分别求函数的最小值和最大值，然后进行比较，从而使得问题获证。‎ 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. 以直角坐标系的原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标系为（1,0），若直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是（为参数）.‎ ‎（1）求直线和曲线的普通方程；‎ ‎(2)设直线和曲线交于，两点，求.‎ ‎【答案】（1）和；（2）1‎ ‎【解析】试题分析：直线的极坐标方程化为，由，能求出直线的普通方程；曲线的参数方程消去参数能求出曲线的普通方程； （2）点的直角坐标为，点在直线上，求出直线的参数方程，得到，由此利用韦达定理能求出的值.‎ 试题解析：（1）因为，所以，‎ 由，得，因为，消去得，‎ 所以直线和曲线的普通方程分别为和．‎ ‎（2）点的直角坐标为，点在直线上，设直线的参数方程：（为参数），对应的参数为．，，，‎ ‎．‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎(2)记函数的值域为，若，证明.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）利用绝对值三角不等式求最小值得3，所以作差得，根据因子符号证明不等式 试题解析：（1）依题意，得 于是得或或 解得.‎ 即不等式的解集为.‎ ‎（2），‎ 当且仅当时，取等号，‎ ‎∴.‎ 原不等式等价于.‎ ‎∵，∴，.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．‎