- 2021-04-12 发布 |
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文档介绍
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.查看更多