陕西省榆林市2018届高三第四次模拟考试数学试题（理）含答案.doc

榆林市2017~2018年第四次模拟考试试卷 高三数学（理科）‎ 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．设集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．若复数，则（ ）‎ A．1 B． C． D．2‎ ‎3．已知上的奇函数满足：当时，，则（ ）‎ A．1 B．-1 C．2 D．-2‎ ‎4．某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的比例如下图所示.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从高中生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是（ ）‎ A．12 B．15 C．20 D．21‎ ‎5．已知，，则（ ）‎ A． B． C．7 D．-7‎ ‎6．已知实数满足，则的最大值与最小值之和为（ ）‎ A．-21 B．-2 C．-1 D．1‎ ‎7．将函数的图象向右平移 个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”.已知正整数被3除余2，被7除余4，被8除余5，求的最小值.执行该程序框图，则输出的（ ）‎ A．50 B．53 C．59 D．62‎ ‎10．某几何体的三视图如图所示，其中圆的半径均为1，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知双曲线的离心率，对称中心为，右焦点为 ‎，点是双曲线的一条渐近线上位于第一象限内的点，，的面积为，则双曲线的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 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．已知向量，，若，则 ．‎ ‎14．若的展开式中的系数为80，则 ．‎ ‎15．在中，内角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的面积为 ．‎ ‎16．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点，，射线分别交抛物线于异于点的点，若三点共线，则 ．‎ 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． 已知正项数列是公差为2的等差数列，且成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎18． ‎‎2018年2月22日 ‎，在韩国平昌冬奥会短道速滑男子500米比赛中，中国选手武大靖以连续打破世界纪录的优异表现，为中国代表队夺得了本届冬奥会的首枚金牌，也创造中国男子冰上竞速项目在冬奥会金牌零的突破.根据短道速滑男子500米的比赛规则，运动员自出发点出发进入滑行阶段后，每滑行一圈都要依次经过4个直道与弯道的交接口.已知某男子速滑运动员顺利通过每个交接口的概率均为，摔倒的概率均为.假定运动员只有在摔倒或到达终点时才停止滑行，现在用表示一名顺利进入最后一圈的运动员在滑行结束后，在最后一圈顺利通过的交接口数.‎ ‎（1）求该运动员停止滑行时恰好已顺利通过3个交接口的概率；‎ ‎（2）求的分布列及数学期望.‎ ‎19． 如图，在三棱锥中，为棱上的任意一点，分别为所在棱的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若平面，，，，当二面角的平面角为时，求棱的长.‎ ‎20． 已知椭圆的焦距为，且，圆与轴交于点为椭圆上的动点，，面积最大值为.‎ ‎（1）求圆与椭圆的方程；‎ ‎（2）设圆的切线交椭圆于点，求的取值范围.‎ ‎21． 已知函数的图象在与轴的交点处的切线方程为 ‎.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）若对恒成立，求的取值范围.‎ 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．选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的参数方程；‎ ‎（2）设为圆上一动点，，若点到直线的距离为，求的大小.‎ ‎23．选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若恰好存在4个不同的整数，使得，求的取值范围.‎ 榆林市2017~2018年第四次模拟考试试卷 高三数学参考答案（理科）‎ 一、选择题 ‎1-5:DBCAC 6-10:CABBA 11、12：CD 二、填空题 ‎13． 14．-2 15． 16．2‎ 三、解答题 ‎17．解：（1）因为数列是公差为2的等差数列，所以，‎ 则，‎ 又成等比数列，所以，‎ 解得或，因为数列为正项数列，所以.‎ 所以，‎ 故.‎ ‎（2）由（1）得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 即，‎ 故.‎ ‎18．解：（1）由题意可知：.‎ ‎（2）的所有可能值为0,1,2,3,4.‎ 则，且相互独立.‎ 故，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 从而的分布列为 所以.‎ ‎19．（1）证明：因为分别为的中点，‎ 所以，且平面，‎ 平面，所以平面.‎ 又因为分别为的中点，所以有，平面，‎ 且平面，所以平面.‎ 又因为，所以平面平面.‎ 因为平面，所以平面.‎ ‎（2）解：在平面内过点作，如图所示，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 由为等腰直角三角形知，又，，所以有平面.‎ 设，则，，‎ 所以为平面的一个法向量.‎ 又，，所以，，‎ 设为平面的一个法向量，则有，‎ 即有，所以可取.‎ 由，得，从而.‎ 所以棱的长为2.‎ ‎20．解：（1）因为，所以.①‎ 因为，所以点为椭圆的焦点，所以，.‎ 设，则，所以，‎ 当时，，②‎ 由①，②解得，所以，，‎ 所以圆的方程为，椭圆的方程为.‎ ‎（2）①当直线的斜率不存在时，不妨取直线的方程为，解得，，.‎ ‎②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，.‎ 因为直线与圆相切，所以，即，‎ 联立，消去可得，‎ ‎，，.‎ ‎.‎ 令，则，所以，，‎ 所以，所以.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎21．解：（1）由得，∴切点为.‎ ‎∵，∴，∴，‎ 又，∴，.‎ ‎（2）由得，‎ 设，对恒成立，‎ ‎∴在上单调递增，∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴由对恒成立得对恒成立，‎ 设，，‎ 当时，，∴，‎ ‎∴单调递减，∴，即.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎22．解：（1）∵，∴，∴，‎ 即，∴圆的参数方程为（为参数）.‎ ‎（2）由（1）可设，，‎ 的直角坐标方程为，‎ 则到直线的距离为 ‎，‎ ‎∴，∵，∴或，‎ 故或.‎ ‎23．解：（1）由，得，‎ 不等式两边同时平方得，，‎ 即，解得或.‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（2）设，‎ 作出的图象，如图所示，‎ 因为，，‎ 又恰好存在4个不同的整数，使得，‎ 所以即，‎ 故的取值范围为.‎